福建省三明市高三物理5月質(zhì)量檢查理綜試題(含解析)

1、福建省三明市2016屆高三5月質(zhì)量檢查理綜物理試題二.選擇題：本題共8小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項(xiàng)中，第1418題中只有一項(xiàng)符合題目要求，第1921題有多項(xiàng)符合題目要求，全部選又的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。14.用控制變量法，可以研究影響平行板電容器電容C的因素。設(shè)兩極板正對面積為S,極板間的距離為d.極板所帶電荷量為Q靜電計(jì)指針偏角為e。實(shí)驗(yàn)中.A.保持QS不變，增大d,則e變大，C變小B.保持d、S不變.增大Q則8變大，C變大C.保持Qd不變，減小S,則e變小，C變小D.保持QS、d不變，在兩極板間插入電介質(zhì).則e變小，C變小【答案】A【解析】試題分析:根據(jù)電

2、容的;夬定式C=q得知，電容與極板間距離成反比，當(dāng)保持5不變，增大d時，4苑W電容C斌小,因電容器的電量。不變，由電容的定義式C二勞分析可知板間電勢差增大，則靜電計(jì)指針的偏角日變大，故A正確F當(dāng)保持d、區(qū)不變，增大。時，根據(jù)電容的;夬定式已二三一得知，電容c不變,4mod由電容的定義式C二名分析可知板間電勢差熠大，則續(xù)大，B儆f根據(jù)電容的決定式C=R得知JU4疝由電容與極板的正對面積成正比，當(dāng)保持d不變，減小S時，電容C減小，電容器極板所帶的電荷量Q不變，則由電容的定義式 CQ 、，皿三分析可知板間電勢差增大，靜電計(jì)指針的偏角U大，故C錯誤；當(dāng)保持Q S、d不變,在兩極板間插入電介質(zhì)，根據(jù)電容

3、的決定式Ce變S4 kd得知，電容C變大，而由電容的定義式-QC狂分析可知板間電勢差減小，則e變小，故d錯誤.考點(diǎn)：考查了電容動態(tài)分析【名師點(diǎn)睛】在分析電容器動態(tài)變化時，需要根據(jù)c一S-判斷電容器的電容變化情況，然4kd后結(jié)合EU,CQ等公式分析，需要注意的是，如果電容器和電源相連則電容器兩極板dU間的電壓恒定，如果電容器充電后與電源斷開，則電容器兩極板上的電荷量恒定不變.如圖（a）所示，半徑為r的帶缺口剛性金屬圓環(huán)固定在水平面內(nèi)，缺口兩端引出兩根導(dǎo)線，與電阻R構(gòu)成閉合回路。若圓環(huán)內(nèi)加一垂直于紙面變化的磁場，變化規(guī)律如圖（b）所示。規(guī)定磁場方向垂直紙面向里為正，不計(jì)金屬圓環(huán)的電阻。以下說法正確

4、的是0-1s內(nèi)，流過電阻R的電流方向?yàn)閍-b1-2s內(nèi)，回路中的電流逐漸減小2-3s內(nèi)，穿過金屬圓環(huán)的磁通量在減小2t=2s時，Ub=rB0【答案】D【解析】試題分析內(nèi)j芬過線圈垂直抵面向里的磁場在墻大，根據(jù)相次定律可得流過電陽R的電泳方向?yàn)榇蝈e誤fL烈內(nèi)，回路中的電演二至二饗,圖像的斜率比二竺，在1-密內(nèi)耐通量變比率恒定，所以電流恒定B錯誤，23岳內(nèi)，穿過金鹿明環(huán)的磁通量垂直紙面向H在增大，C錯誤；法拉第電磁感應(yīng)定律可知，在第囂內(nèi)心=烏吏=3的=穌二D正豳,Ar1考點(diǎn)：考查了楞次定律、法拉第電磁感應(yīng)定律【名師點(diǎn)睛】注意磁通量變化量的方向，先判斷穿過線圈的磁通量的變化情況，然后后根據(jù)楞次定律

5、判斷電流方向，此時線圈相當(dāng)于一個電源，一定要注意這個電源有沒有內(nèi)阻.2015年9月14日，美國的LIGO探測設(shè)施接收到一個來自GW150914勺引力波信號，此信號是由兩個黑洞的合并過程產(chǎn)生的。如果將某個雙黑洞系統(tǒng)簡化為如圖所示的圓周運(yùn)動模型，兩黑洞繞O點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動。在相互強(qiáng)大的引力作用下，兩黑洞間的距離逐漸減小，在此過程中，兩黑洞做圓周運(yùn)動的飛科I*:一，息M2.。r/工yL-pFA.周期均逐漸增大B.線速度均逐漸減小C.角速度均逐漸增大D.向心加速度均逐漸減小【答案】C【解析】試題分析：根據(jù)M1M2gt4M1 22 24 Ri 24 L2-1L ,同理可得 Mi R2,GT2GT2所以M

6、i M22. 2票Ri4 L .一當(dāng) MiGTM2不變時，L增大，則T增大，即雙星GM2RL2，2系統(tǒng)運(yùn)行周期會隨間距減小而減小,故A錯誤；根據(jù)GMMbMv-,解得v1L2Ri由于L平方的減小比ri和2的減小量大，則線速度增大，故B錯誤；角速度序，結(jié)合A可知，角速度增大，故C正確；根據(jù)GM：M2M1alM2a知，L變小，則兩星的向心加速度增大，故D錯誤.考點(diǎn)：考查了萬有引力定律的應(yīng)用2-Mmv2G 2-m- m rrr【名師點(diǎn)睛】在萬有引力這一塊，涉及的公式和物理量非常多，掌握公式42rm-2一ma在做題的時候，首先明確過程中的向心力，然后弄清T2楚各個物理量表示的含義，最后選擇合適的公式分析

7、解題，另外這一塊的計(jì)算量一是非常大的，所以需要細(xì)心計(jì)算.如圖所示為著名的“阿特伍德機(jī)”裝置示意圖。跨過輕質(zhì)定滑輪的輕繩兩端懸掛兩個質(zhì)量均為M的物塊，當(dāng)左側(cè)物塊附上質(zhì)量為m的小物塊時，該物塊由靜止開始加速下落，下落h后小物塊撞擊擋板自動脫離，系統(tǒng)以v勻速運(yùn)動。忽略系統(tǒng)一切阻力，重力加速度為g.若測出v,則可完成多個力學(xué)實(shí)驗(yàn)。下列關(guān)于此次實(shí)驗(yàn)的說法，正確的是小T機(jī)rj卜4ftejXVA.系統(tǒng)放上小物塊后，車5繩的張力增加了mgB.可測得當(dāng)?shù)刂亓铀俣萠2(2 M m)v2mhC.要驗(yàn)證機(jī)械能守恒，需驗(yàn)證等式mgmV,是否成立2D.要探究合外力與加速度的關(guān)系，需探究mg(Mm)L是否成立2h【答案】

8、B【解析】試題分析:對系統(tǒng)j由牛頓第二定律得，加速度二aJMm)S-MSM+m+MIM+m等一，對M,由牛頓第二定故A錯誤；對系統(tǒng)，由動能定理得:律得：F-Afe二抽解得:F=Mg-2Af+陽(jW+m+Af)1/0f解得:(Wf，故B正確;如果機(jī)械能守恒J則二2mh12jE，rMmghMgh-MmMv,整理得:2mgh12M2v2,故C錯誤；物體做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，加速度:2v，由牛頓第二定律得:2hMmgMgmg2M2v一,要探究合外力與加速度2h的關(guān)系，需探究mg2M2vm是否成立，故D錯誤;2h考點(diǎn)：牛頓第二定律,機(jī)械能守恒定律【名師點(diǎn)睛】本題是一道信息給予題，認(rèn)真審題、根據(jù)

9、題意獲取所需的信息是解題的前提,應(yīng)用牛頓第二定律、動能定理與運(yùn)動學(xué)公式可以解題；解題時注意研究對象的選擇.如圖所示，質(zhì)量為M的汽車從平直公路駛上斜坡。假設(shè)汽車在水平路面上勻速行駛，駛上斜坡后，汽車的功率及所受路面的阻力與在水平路面上行駛時一致，且車到達(dá)坡頂前已達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)。則在上坡過程中，汽車的速度v、牽引力F,牽引力做的功WW克服路面阻力做的功W與時間t的關(guān)系圖像，正確的是ABCD【答案】AC【解析】試題分析：汽車在水平面上勻速運(yùn)動時，由P=N=力，當(dāng)?shù)竭_(dá)斜面上時由于對唾J達(dá)斜面上，此時的全引力不變，還是F,根據(jù)牛頓第二定律可知一mffsin伊三切口，故汽車從靜倒達(dá)抖面時，做溫速運(yùn)動,根據(jù)尸

10、=用，可知，速度福小，至引力增大，當(dāng)全引力等于阻力和重力沿斜面的分力時，速度解到最小，此后做勻速運(yùn)劭,故A正確B錯號j汽車始終在鎖定切率下運(yùn)動j故至引力所儆的功為配=尸上與寸間成正比？故匕正棉m汽車開始做減速運(yùn)動，然后儆勻速運(yùn)動,在胸速運(yùn)的階段I位移不和時間成正比，故D錯期.考點(diǎn)：考查了機(jī)車啟動【名師點(diǎn)睛】解決本題的關(guān)鍵知道功率與牽引力的關(guān)系，知道當(dāng)汽車在水平面上運(yùn)動時，牽引力等于阻力時，速度最大.當(dāng)在斜面上運(yùn)動時，當(dāng)牽引力等于阻力和重力沿斜面向下的分力時，速度達(dá)到最大，對于這類問題，能夠根據(jù)物體的受力判斷物體的運(yùn)動規(guī)律.變壓器除了有改變電壓、電流作用外，還有變換負(fù)載的阻抗作用，以實(shí)現(xiàn)阻抗匹配

11、。如圖所示，將阻值為R的負(fù)載接在理想變壓器副線圈兩端，則圖（a）中虛線部分可等效為圖（b）中阻值為R的電阻接在AB兩點(diǎn)上，即R的兩端電壓為ui,通過的電流為11。已知變壓器的匝數(shù)比為ni：若圖（a）的AB兩端接在電動勢為，內(nèi)阻為r的交流電源上，要使此電源的輸出功率達(dá)到最大，下列說法正確的是圖S)swA.R)=R時輸出功率最大2B.最大輸出功率P一4rc.輸出功率最大時,D.堤=(查尸r時輸出功率最大【答案】BD【解析】試題分析：可等效為帶有內(nèi)阻的電源的電路，即當(dāng)內(nèi)電阻和外電阻大小相等時，輸出功率最2大，即rR時輸出功率最大，最大為P輸出MAXI2R()2R，A錯誤B正確；根Rr4r據(jù)閉合回路歐

12、姆定律可得u1R,當(dāng)輸出功率最大時，rR,故u1,代入上凸Rr2u2n2可得u1-,C錯誤；當(dāng)輸出最大時有I1,根據(jù),結(jié)合R0,聯(lián)立可得2nl2r12n2I2Ro()2r,D正確；ni考點(diǎn)：考查了理想變壓器【名師點(diǎn)睛】對于變壓器需要掌握公式UiU2立、 n2 ,以及知道副線圈的電流以及功率 n2I2n2決定了原線圈中的電流和功率，理想變壓器是理想化模型，一是不計(jì)線圈內(nèi)阻；二是沒有出現(xiàn)漏磁現(xiàn)象.同時當(dāng)電路中有變壓器時，只要將變壓器的有效值求出，則就相當(dāng)于一個新的恒定電源，.如圖所示，質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))套在傾斜放置的固定光滑桿上，輕質(zhì)彈簧的一端懸掛于O點(diǎn)，另一端與小球相連，彈費(fèi)與桿在同一

13、豎直平面內(nèi)。將小球沿桿拉到水平位置A處(此時彈簧處于原長狀態(tài))由靜止釋放，當(dāng)小球滑至O點(diǎn)正下方的C處時速度恰好為零，此時小球下降的豎直高度為ho若全過程中彈貴始終處于彈性限度內(nèi)，且OA=OB重力加B.mgh速度為go則下滑過程中，小球滑到B處時動能最大C.加速度先增大后減小D.與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒【答案】AD【解析】試題分析：小球從A下滑至最低點(diǎn)C的過程中，小球和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，初、末位置動能都為零，所以彈簧的彈性勢能增加量等于重力勢能的減小量mgh,根據(jù)功能關(guān)系可知，小球?qū)椈勺龉閙gh,故A正確；當(dāng)小球滑到B處時，彈簧處于原長，合外力方向沿桿向下，小球繼續(xù)加速，速度沒有達(dá)

14、到最大值，則動能也沒有達(dá)到最大值，故B錯誤；小球在A處和B處彈簧處于原長狀態(tài)，加速度為gsin,是桿的傾角.在AB的中點(diǎn)，彈簧與桿垂直，由牛頓第二定律知，小球的加速度也為gsin.在A到B的過程，彈簧處于壓縮狀態(tài)，可知，小球的加速度先減小后增大，再減小后增大.從B到C,彈簧伸長，由于小球的質(zhì)量未知，則加速度可能一直增大，也可能一直減小，也可能先先減小后反向增大，故C錯誤；小球運(yùn)動過程中，只有重力和彈簧的彈力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故D正確.考點(diǎn)：考查了機(jī)械能守恒定律和牛頓第二定律【名師點(diǎn)睛】對整個過程，根據(jù)動能定理求出彈簧對小球做功，從而得到小球?qū)椈勺龉?當(dāng)小球滑到B處時，彈簧處于原長，合外力

15、方向沿桿向下，小球繼續(xù)加速，速度沒有達(dá)到最大值.在小球運(yùn)動的過程中，只有重力和彈簧的彈力做功，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，根據(jù)機(jī)械能守恒定律分析即可求解。.一如圖所示，磁單極子會在其周圍形成均勻輻射磁場。質(zhì)量為n半彳5為R的圓環(huán)當(dāng)通有恒定的電流I時，恰好能水平靜止在N極正上方H處。已知與磁單極子N極相距r處的磁場k強(qiáng)度大小為B=k,其中k為常數(shù).重力加速度為go則rA.靜止時圓環(huán)的電流方向?yàn)轫槙r針方向（俯視）B.靜止時圓環(huán)沿其半徑方向有擴(kuò)張的趨勢C.靜止時圓環(huán)的電流ImgH2R22kR2D.若將圓環(huán)向上平移一小段距離后由靜止釋放，下落中加速度先增加后減小試題分析：環(huán)所在處的磁場的方向向上，則環(huán)產(chǎn)生的磁場

16、的方向向下，根據(jù)安培定則可知,靜止時圓環(huán)的電流方向?yàn)槟鏁r針方向（俯視），故A錯誤；靜止時圓環(huán)的電流方向?yàn)槟鏁r針方向由左手定則可知，環(huán)上的各點(diǎn)受到的安培力的方向向上向里，所以環(huán)有收縮的趨勢，故B錯誤；對環(huán)的某一部分進(jìn)行受力分析如圖：在水平方向，根據(jù)安培力的對稱性可知，整個的環(huán)在水平方向的合力為0,豎直方向的合力與重力大小相等，由于在圓環(huán)處各點(diǎn)電流的方向與磁場的方向都垂直，所以整體受到的安培力：FBI2R,由幾何關(guān)系：Fcosmg,22Hkcos -H由題：B 2k 2，聯(lián)立得:IH2 R2H2 R2mgH2R22,故C正確；結(jié)合C2kR2的受力分析可知，若將圓環(huán)向上平移一小段距離后環(huán)受到的安培力

17、將減??；由靜止釋放，重力開始時大于安培力，所以環(huán)加速下落，向下的過程中安培力增大，所以合外力減小，加速度先減小，故D錯誤.考點(diǎn)：共點(diǎn)力平衡的條件及其應(yīng)用；磁現(xiàn)象和磁場；左手定則.【名師點(diǎn)睛】本題巧妙地將此單極子的猜想與電流在磁場中的受力相結(jié)合，考查了受力平衡的問題，可知對環(huán)進(jìn)行正確的受力分析，理解環(huán)在豎直方向的合力與重力大小相等是解答的關(guān)鍵.三、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分。第22題第32題為必考題，每個試題考生都必須做答。第33題第40題為選考題，考生根據(jù)要求作答。（一）必考題.某實(shí)驗(yàn)小組利用圖（a）的裝置“通過頻閃照相研究平拋運(yùn)動”。將小鋼球A由斜槽某位置靜止釋放，到水平軌道末端水平

18、拋出。由頻閃照相得到圖（b）所示的小球位置坐標(biāo)圖。結(jié)合圖（b）的中的相關(guān)信息，研究得到“平拋運(yùn)動水平方向是勻速直線運(yùn)動”這一結(jié)論的依據(jù)是,“平拋運(yùn)動豎直方向是勻變速直線運(yùn)動”這一結(jié)論的依據(jù)是【答案】相等時間間隔，通過的水平位移相等；相等時間間隔，豎直方向相鄰位移的差值相【解析】試題分析：由b圖可知，因?yàn)轭l閃照片切寸間間隔相等，在才符時間間隔內(nèi)通過的水平位移相等,可知平拋運(yùn)動在水平方向上做勻速直線運(yùn)動.相等時間間隔內(nèi)，豎直方向Lt*器B位移的差值相等，可知平拋運(yùn)動在堅(jiān)直方向上假勻變速直線運(yùn)動.考點(diǎn)：研究平拋運(yùn)動規(guī)律實(shí)驗(yàn)【名師點(diǎn)睛】將平拋運(yùn)動分解為水平方向和豎直方向，通過水平方向上相等時間內(nèi)的位移

19、相等得出水平方向上做勻速直線運(yùn)動，通過豎直方向上連續(xù)相等時間內(nèi)的位移之差是一恒量得出豎直方向上做勻加速直線運(yùn)動.某同學(xué)采用圖（a）所示實(shí)驗(yàn)電路來描繪額定電壓為12V的小燈泡伏安特性曲線。（1）將圖（b）的實(shí)物圖連接完整。（2）某次實(shí)驗(yàn)時，滑動變阻器的滑片從a向b滑動的過程中，發(fā)現(xiàn)電壓表和電流表原來幾乎沒有示數(shù)，直到接近b端時示數(shù)急劇增大。經(jīng)檢查所有電路連線及儀器都完好，則可能原因是：（3）若描繪出的伏安特性曲線如圖（c）所示，則燈泡的額定功率為W。（保留兩位有效數(shù)字）（4）若將兩盞這樣的燈泡與電動勢12V,內(nèi)阻4的電源申聯(lián)，則燈泡的實(shí)際功率為W（保留兩位有效數(shù)字）【答案】（1）如圖（2）滑動變

20、阻器阻值遠(yuǎn)大于燈泡電阻（3）6.6W（4）2.0W（1.9-2.1W均正確）【解析】試題分析：（1）根據(jù)原理圖可得出對應(yīng)的實(shí)物圖，由圖可知，電流最大值為0.6A,故電流表量程選擇0.6A;如圖所示；（2）滑動變阻器串聯(lián)在電路中，電壓表測量滑動變阻器電壓，剛開始滑動觸頭P由A端向B端逐漸滑動時，電壓表的示數(shù)幾乎不變，說明隨著電阻的變小，滑動變阻器的電阻占整個電路電阻的比例變化不大，直到當(dāng)滑動觸頭P滑至臨近B端時，電壓表的示數(shù)急劇變化，說明滑線變阻器的總電阻太大，所以原因是：滑動變阻器阻值太大，有效使用的部分短；3)由圖可知，當(dāng)電壓為12V時，電流為S55A：故功率為二P=L7=12x055=6.

21、6W5(4)將兩善這樣的燈飽與電源串聯(lián)，則燈泡的電流為I,則有：2U=E-Ir,b=_-2/=6-2門作2出對應(yīng)的伏安特性曲線，二者之間的交點(diǎn)即為燈洵的工作點(diǎn)，則由圖可知燈泡的電壓為5V,電流為仇4%則功率為：P=L?=5xD4=20Wj【名師點(diǎn)睛】描繪小燈泡的伏安特性曲線是高中階段電學(xué)實(shí)驗(yàn)考查的重點(diǎn)，是近幾年各地高考題目的出題熱點(diǎn)，本題突出了對于實(shí)驗(yàn)原理、儀器選擇及U-I圖象處理等多方面內(nèi)容的考查，要重點(diǎn)明確伏安特性曲線的掌握和應(yīng)用方法.24.2010年上海世博會上，拉脫維亞館的風(fēng)洞飛行表演，令參觀者大開眼界。如圖(a)所示,圓柱體形狀的風(fēng)洞底部產(chǎn)生風(fēng)速、風(fēng)量保持不變的豎直向上的氣流。表演者

22、在風(fēng)洞內(nèi).通過身姿調(diào)整.可改變所受向上的風(fēng)力大小.以獲得不同的運(yùn)動效果.假設(shè)人體受風(fēng)力大小與有效面積成正比，水平橫躺時受風(fēng)力有效而積最大。當(dāng)人缽與豎直方向成一定角度傾斜使受風(fēng)力有效面積為最大值的一半時，恰好可以靜止或勻速運(yùn)動。已知表演者質(zhì)量60kg,重力加速度g=10m/s2,無風(fēng)力時不計(jì)空氣阻力。(1)表演者以水平橫躺的姿勢通過掛鉤與輕繩連接懸停在距風(fēng)洞底部高度h=3.6m處，某時刻釋放掛鉤，表演者保持姿勢不變自由下落。為保證表演者不觸及風(fēng)洞底部，求從開始下落至開啟風(fēng)力的最長間隔時間。(2)某次表演者從風(fēng)洞最底端變換不同姿態(tài)上升過程的v-t圖象如圖(b)所示，估算0-3s過程風(fēng)力對表演者所做

23、的功。【答案】（1）0.6s（2）W2895J或W2970J【解析】試麴分析：由短釐可知，表演者除止時所受風(fēng)力R水平橫林寸用=2片;2mz表演者開始下落時做自由落體運(yùn)司，設(shè)門時刻開啟風(fēng)力，莪演者做勻越速運(yùn)或，芭-依喀=解得口=官=10當(dāng)表演者落至風(fēng)洞底合購才速度恰好為番，此過程間哪彳間最長.加速過程九二3M溫速過程月二;mJ力=&解宵4=4=0.6*（2）由圖象可求得面積約為37或38格，故此過程上升的高度為h=4.625m或4.75m。末速度v=2m/s2一上升過程，由動能th理得：Wmghmv0解得W2895J或W2970J（2890-2970均正確）考點(diǎn)：考查了勻變速直線運(yùn)動，動能定理【

24、名師點(diǎn)睛】應(yīng)用動能定理應(yīng)注意的幾個問題（1）明確研究對象和研究過程，找出始末狀態(tài)的速度。（2）要對物體正確地進(jìn)行受力分析，明確各力做功的大小及正負(fù)情況（待求的功除外）。（3）有些力在物體運(yùn)動過程中不是始終存在的。若物體運(yùn)動過程中包括幾個階段，物體在不同階段內(nèi)的受力情況不同，在考慮外力做功時需根據(jù)情況區(qū)分對待25.如圖（a）所示，在豎直平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系xoy,整個空間內(nèi)都存在垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場和水平向右的勻強(qiáng)電場，勻強(qiáng)電場的方向與x軸止方向夾角為4500已知帶電粒子質(zhì)量為m電量為+q,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,電場強(qiáng)度大小EU更，重力加速度為g.（1）若粒子在xoy平面內(nèi)做勻速直線運(yùn)動，

25、求粒子的速度V0；（2） t=0時刻的電場和磁場方向如圖 （a）所示，若電場強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小均不變.而方向隨時間周期性的改變，如圖 （b）所示。將該粒子從原點(diǎn) O由靜止釋放，在0 T時間內(nèi)的運(yùn)2動軌跡如圖（c）虛線CMN所示，M點(diǎn)為軌跡距y軸的最遠(yuǎn)點(diǎn)，M距y軸的距離為d。已知在曲線上某一點(diǎn)能找到一個和它內(nèi)切的半徑最大的圓，物休經(jīng)過此點(diǎn)時，相當(dāng)于以此圓的半徑在做圓周運(yùn)動，這個圓的半徑就定義為曲線上這點(diǎn)的曲率半徑。求：粒子經(jīng)過 M點(diǎn)時曲率半徑在圖中畫出粒子從 N點(diǎn)回到O點(diǎn)的軌跡?！敬鸢浮浚?） v0 畫9,沿y軸負(fù)方向（2）qB2mgd qB . 2gd，如圖所示mg【解析】試題分析：（1）

26、粒子做勻速直線運(yùn)動，受力平衡得0%H=jOng產(chǎn)+3）112mg解得v00qBV0方向由左手定則得，沿y軸負(fù)方向。（2）解法（一）重力和電場力的合力為一,一：-二,粒子從O運(yùn)動到M過程中，只有重力和電場力的合力做功，據(jù)動能定理*=Fd=（若分別求出重力功、電場力功各1分）2得v=一一二。mv2由qvB.2mg2mgdqB. 2gd mg（若用v 2vo代入，求出2d也給分）解法（二）粒子的運(yùn)動可看作以速度？沿V軸員方向的勻速直線運(yùn)動和以沿順時針方向的勻速圓周運(yùn)動的合運(yùn)動,其中沿y軸負(fù)方向的9對應(yīng)的洛侖茲力用來與等效重力平衡，即qv&B=（血了+（4曙=在喀，沿y軸正方向的對應(yīng)的洛侖茲力用來提供

27、向心力,即”/二巴r到達(dá)M點(diǎn)時，其兩分速度同向，沿方軸正方向的位移為九則有a=29d=2r由洛侖技力和等效重力的合力提供向心力，得M點(diǎn)的曲率半徑 =4r =方畫對前二段考點(diǎn)：考查了帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動4分，全部畫對得6分）【名師點(diǎn)睛】帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動問題的分析思路.正確的受力分析除重力、彈力和摩擦力外，要特別注意電場力和磁場力的分析.正確分析物體的運(yùn)動狀態(tài)找出物體的速度、位置及其變化特點(diǎn)，分析運(yùn)動過程.如果出現(xiàn)臨界狀態(tài)，要分析臨界條件帶電粒子在復(fù)合場中做什么運(yùn)動，取決于帶電粒子的受力情況.(1)當(dāng)粒子在復(fù)合場內(nèi)所受合力為零時，做勻速直線運(yùn)動(如速度選擇器)(2)當(dāng)帶電粒子所受的重力與

28、電場力等值反向，洛倫茲力提供向心力時，帶電粒子在垂直于磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動.(3)當(dāng)帶電粒子所受的合力是變力，且與初速度方向不在一條直線上時，粒子做非勻變速曲線運(yùn)動，這時粒子的運(yùn)動軌跡既不是圓弧，也不是拋物線，由于帶電粒子可能連續(xù)通過幾個情況不同的復(fù)合場區(qū)，因此粒子的運(yùn)動情況也發(fā)生相應(yīng)的變化，其運(yùn)動過程也可能由幾種不同的運(yùn)動階段所組成(二)選考題：共45分。請考生從給出的3道物理題、3道化學(xué)題、2題生物題中每科任選一題做答。如果多做，則每學(xué)科按所做的第一題計(jì)分。33.物理選修3-3(15分)(1)下列說法正確的是。(填正確答案標(biāo)號。選對1個得2分，選對2個得4分，選對3個得5分。每選錯1

29、個扣3分，最低彳導(dǎo)分為。分)A.分子質(zhì)量不同的兩種氣體，溫度相同時其分子的平均動能相同B一定質(zhì)量的氣體，在體積膨脹的過程中，內(nèi)能一定減小C.布朗運(yùn)動表明，懸浮微粒周圍的液體分子在做無規(guī)則運(yùn)動D.知道阿伏伽德羅常數(shù)、氣體的摩爾質(zhì)量和密度就可以估算出氣體分子的大小E.兩個分子的間距從極近逐漸增大到10r0的過程中，它們的分子勢能先減小后增大【答案】ACE【解析】試趣分折；溫度是分子平均動能的標(biāo)志，溫度相同,則分子平均動能一定相同,A正蠲一定質(zhì)量的氣體,在體積睇瞇的過程中，如果同時伴髓著吸映，內(nèi)能不一定用B錯誤寧布朗運(yùn)動是藩體分子做無知則運(yùn)動的表現(xiàn)，C正確9知道阿伏伽德羅常數(shù)、氣體的摩爾質(zhì)詈和密度可

30、算出摩爾體積，D錯誤j兩個分子的問距從極近還旺增大到IQs的過程中，分子之間的作用力開始fl寸是后方;當(dāng)距離大于e后表現(xiàn)為引力,所以該過程卬分子力先做正功，后做負(fù)功，它們之間的分子勢能先漏小后增大，E正彘寧考點(diǎn)：考查了分子平均動能，布朗運(yùn)動，阿伏伽德羅常數(shù)，分子作用力【名師點(diǎn)睛】明確各種物理現(xiàn)象的實(shí)質(zhì)和原理才能順利解決此類題目，故平時學(xué)習(xí)時要“知其然，更要知其所以然”.(2)如圖所示，左右兩個容器的側(cè)壁都是絕熱的、底部都是導(dǎo)熱的、橫截面積均為So左容器足夠高，上端敞開，右容器上端由導(dǎo)熱材料封閉。兩個容器的下端由容積可忽略的細(xì)管連通。容器內(nèi)兩個絕熱的活塞A、B下方封有氮?dú)猓珺上方封有氫氣。大氣的

31、壓強(qiáng)為P。，外部氣溫為T0=273K保持不變，兩個活塞因自身重力對下方氣體產(chǎn)生的附加壓強(qiáng)均為0.1P0。系統(tǒng)平衡時，各氣體柱的高度如圖所示?，F(xiàn)將系統(tǒng)的底部浸人恒溫?zé)崴壑?，再次平衡時A上升了一定的高度。用外力將A緩慢推回第一次平衡時的位置并固定，第三次達(dá)到平衡后，氫氣柱高度為0.8ho氮?dú)夂蜌錃饩梢暈槔硐霘怏w。求：(1)第二次平衡時氮?dú)獾捏w積;(ii )水的溫度?！敬鸢浮?1) V=2.7hS (ii ) T=368.55K【解析】試題分析：(i )考慮氫氣的等溫過程，該過程的初態(tài)壓強(qiáng)為 P。，體積為hS,末態(tài)體積為0.8hS,設(shè)末態(tài)的壓強(qiáng)為P,由玻意耳定律 p(0.8hs)p0hs解得 P

32、=1.25P0活塞A從最高點(diǎn)被第一次推回平衡位置的過程是等溫過程，該過程的初態(tài)壓強(qiáng)為 1.1 R,體積 為V,末態(tài)壓強(qiáng)為P,末態(tài)體積 V則：P =P+0.1 P0=1.35P0V =2.2 hS由玻意耳定律1.1p0Vp V得：V=2.7 hS(ii)活塞A從最初位置升到最高位置過程為等壓過程，該過程的初態(tài)體積和溫度分別為2hS和T=273K,末態(tài)體積為 2.7 hS,設(shè)末態(tài)溫度為T,由蓋-呂薩克定律2hstT2. 7hsT解得T=368.55K考點(diǎn)：考查了理想氣體狀態(tài)方程的應(yīng)用【名師點(diǎn)睛】本題是關(guān)于氣體的連接體問題，知道兩部分氣體的總體積不變是正確解題的關(guān)鍵，分別對每部分氣體作為研究對象、應(yīng)

33、用氣態(tài)方程即可正確解題.34.物理一選修3-4(1)下列說法正確的是。(填正確答案標(biāo)號。選對1個彳#2分，選對2個得4分，選對3個得5分。每選錯1個扣3分，最低得分為0分)A.偏振光可以是橫波，也可以是縱波B.光學(xué)鏡頭上的增透膜是利用光的干涉現(xiàn)象C.光纖通信及醫(yī)用纖維式內(nèi)窺鏡都是利用了光的全反射原理D.X射線在磁場中能偏轉(zhuǎn).穿透能力強(qiáng)，可用來進(jìn)行人體透視E聲源與觀察者相對靠近時，觀察者所接收的頻率大于聲源振動的頻率【答案】BCEJ【解析】試題分析；偏振是橫波是特有現(xiàn)象，光的偏振現(xiàn)象說明光的橫淞，故A錯誤照相機(jī)的鏡義上的增速膊是光的千沙現(xiàn)象.照相機(jī)白貓頭整現(xiàn)淡艙，因?yàn)榭梢姽庥蠪L橙，黃、掾、藍(lán)、

34、辭、紫叱種顏色,而膜的厚度是唯的,所以只倒照J(rèn)到一種小色的光讓它完全進(jìn)入猿頭,一般情兄T都是讓爆光全部進(jìn)入的j這種情況下,你在可見光中看到的程頭反光其顏色艇藍(lán)紫色，因?yàn)檫@反射光卬已經(jīng)沒有了爆光故,B正明用光導(dǎo)纖維傳播信號是利用了光的全反射？C正瓊fX那與穿透力轅強(qiáng),但它不帶電？不能在碼場中偏轉(zhuǎn),教。錯溟手根據(jù)多普勃效應(yīng)可知聲源與觀察者相對靠近觀票者所接收的頻率大于聲源盟動的頻率，E正瑜考點(diǎn)：考查了光的偏振，干涉，多普勒效應(yīng)【名師點(diǎn)睛】導(dǎo)纖維傳播信號是利用光的全反射原理；光的偏振說明光的橫波，反射光都是橫波；光學(xué)鏡頭上的增透膜是利用光的干涉現(xiàn)象；聲源與觀察者相對靠近，觀察者所接收的頻率大于聲源發(fā)

35、出的頻率(2)一列簡諧橫波在t=0.6s時刻的圖像如圖甲所示。該時刻P,Q兩質(zhì)點(diǎn)的位移均為一lcm,平衡位置為15m處的A質(zhì)點(diǎn)的振動圖像如圖乙所示。甲乙(i)求該列波的波速大??；(ii)求從t=0.6s開始，質(zhì)點(diǎn)P、Q第一次回到平衡位置的時間間隔to50【答案】(i)v一m/s(ii)0.4s3【解析】試題分析：(i)由圖像可得波長入=20m,周期T=1.2s5050/得：vm/s3(ii)解法一：TDa時iP質(zhì)點(diǎn)的振動方向沿正方向，經(jīng)過力二高回到平衡位置。質(zhì)點(diǎn)的振動方向沿y負(fù)方向，經(jīng)過=十4回到平衡位置， TOC o 1-5 h z 64所以兩質(zhì)點(diǎn)回到平衡位置的時間間隔為及=建一處得Af=0.4s解法二：，一，一，20由圖象可知：質(zhì)點(diǎn)P的平衡位置為xP20m3一，、40質(zhì)點(diǎn)Q的平衡位置為xo40mQ3時間間隔t里一xP0.4sv考點(diǎn)：考查了振動圖像，橫波圖像【名師點(diǎn)睛】本題既要理解振動圖象和波動圖象各自的物理意義，由振動圖象能判斷出質(zhì)點(diǎn)的速度方向，更要把握兩種圖