陜西寶雞高三物理一模試卷含解析

1、陜西省寶雞市2015屆高考物理一模試卷一、選擇題：本題共 8小題，每小題6分.在每小題給出的四個選項中，第 1-5題只有一 項符合題目要求，第 6-8題有多項符合題目要求.全部選對的得 6分，選對但不全的得 3分，有選錯的得0分.1.縱觀自然科學發(fā)展的歷史，我們可以看到，許多科學家的重要理論、重大發(fā)現(xiàn)和發(fā)明創(chuàng) 造對人類的文明和進步做出了卓越貢獻.則以下幾種說法中正確的是（）A.伽利略通過對理想斜面實驗的研究，得到“重物體不會比輕物體下落得快”的結論B.庫侖創(chuàng)立了庫侖定律 F=k3,卡文迪許用扭秤實驗測定了靜電力恒量kC.第谷經(jīng)過長達20年對太空觀測，發(fā)現(xiàn)和總結出行星運動的三大定律D.奧斯特通過

2、對磁現(xiàn)象的研究發(fā)現(xiàn)了通電導線的磁效應.已知長直通電導線在周圍某點產生磁場的磁感應強度大小與電流成正比、與該點到導線的距離成反比.4根電流相同的長直通電導線a、b、c、d平行放置，它們的橫截面的連線構成一個正方形，O為正方形中心，a、b、c中電流方向垂直紙面向里，d中電流方向垂直紙面向外，則關于 a、b、c、d長直通電導線在 O點產生的合磁場的磁感應強度B（）sT*，*，*，*0 bd* cA.大小為零B.大小不為零，方向由 O指向aC.大小不為零，方向由 O指向cD.大小不為零，方向由 O指向d.如圖所示，質量為 M的木塊A套在粗糙水平桿上，并用輕繩將木塊 A與質量為m的小球 B相連.現(xiàn)用水平

3、力 F將小球B緩慢拉起，在此過程中木塊 A始終靜止不動.假設桿對 A的 支持力為N,桿對A的摩擦力為f ,繩中張力為T,則此過程中（）f不變T減小N減小.如圖所示，將質量為 M的U形框架開口向下置于水平地面上，用輕彈簧1, 2, 3將質量為m的小球懸掛起來.框架和小球都靜止時彈簧1豎直，彈簧2、3水平且長度恰好等于彈簧原長，這時框架對地面的壓力大小等于（ M+m g.現(xiàn)將彈簧1從最上端剪斷，則在剪斷后 瞬間（）IM+m gA.框架對地面的壓力大小仍為（B.框架對地面的壓力大小為0C.小球的加速度為 0D.小球的加速度大小等于g.如圖所示，橫截面為正方形abcd的有界勻強磁場，磁場方向垂直紙面向

4、里.一束電子以大小不同、方向垂直 ad邊界的速度飛入該磁場.對于從不同邊界射出的電子，下列判斷錯 誤的是（）a儀一歹才拓b!；iX X X XiII；x x X x|d，豈士一上R cA.從ad邊射出的電子在磁場中運動的時間都相等B.從c點離開的電子在磁場中運動時間最長C.電子在磁場中運動的速度偏轉角最大為兀D.從bc邊射出的電子的速度一定大于從ad邊射出的電子的速度.在太陽系中有一顆行星的半徑為R,若在該星球表面以初速度V0豎直向上拋出一物體,則該物體上升的最大高度為H,已知該物體所受的其他力與行星對它的萬有引力相比較可忽略不計.根據(jù)這些條件，可以求出的物理量是（）A.太陽的密度B.該星球的

5、第一宇宙速度C.該行星繞太陽運行的周期D.繞該行星運行的衛(wèi)星的最小周期.如圖所不，在真空中分別固定有電荷量為+Q和-Q的點電荷，a、b、c、d是兩點電荷連線上的四個點，已知a、b到+Q的距離以及c、d到-Q的距離均為L,下列說法正確的是（）a、d兩點的電場強度相同，電勢不等b、c兩點的電場強度不同，電勢相等C.將一個正試探電荷從 a點沿任意路徑移動到 b點時電場力做的功，跟從 d點沿任意路徑 移動到c點時電場力做的功相同D. 一個正試探電荷在 c點的電勢能大于它在 d點的電勢能.如圖所示，半徑為 r的光滑水平轉盤到水平地面的高度為H,質量為m的小物塊被一個電子鎖定裝置鎖定在轉盤邊緣，轉盤繞過轉

6、盤中心的豎直軸以3 =kt （k0且是恒量）的角速度轉動.從t=0開始，在不同白時刻t將小物塊解鎖，小物塊經(jīng)過一段時間后落到地面上.假設在t時刻解鎖的物塊落到地面上時重力的瞬時功率為P,落地點到轉盤中心的水平距離為d,則下圖中P-t圖象、d2-t2圖象分別正確的是（）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，每個試題考生都 必須作答.第13題第16題為選考題，考生根據(jù)要求作答.（一）必考題（共129分）.圖甲是小強測繪小燈泡伏安特性曲線的電路圖.按該電路圖實驗時，閉合開關前應將滑 線變阻器的觸動頭滑到 （填“最左端”或“最右端”）；圖乙是小強依據(jù)甲圖在 實物上的連線圖.

7、小強在實驗前檢查電路時發(fā)現(xiàn)有一根導線的一端接錯了地方，請你在乙圖中的這根連線上畫上“x”，并直接在圖上畫出這根導線的正確連線.振華同學用圖1所示的實驗裝置驗證牛頓第二定律.(1)該實驗裝置中有兩處錯誤，分別是： 和.(2)振華同學在老師的指導下改正了實驗裝置中的錯誤后，將細繩對小車的拉力當作小車 及車上祛碼受到的合外力，來驗證“合外力一定時加速度與質量成反比”.實驗中，祛碼盤及盤內小祛碼的總質量m最好應為 (填選項前的字母).A. 10g B . 50g C . 100g D . 1kg振華同學在驗證“合外力一定時加速度與質量成反比”的實驗時，用電磁打點計時器打了一條理想的紙帶，他按要求選取計

8、數(shù)點后， 在測量各相鄰兩計數(shù)點間的距離時不慎將紙帶撕 成了幾段，但他清楚的知道甲、乙圖屬于同一紙帶，則丙、丁、戊圖中屬于上述紙帶的是（2）若在此空間加一方向水平向左的勻強電場，電場強度E=2X 103v/m,小物塊仍由原位置釋放后通過A點再落回水平軌道，在此過程中小物塊電勢能變化量為多少？【物理-選彳3-4 .如圖所示是一列簡諧波在 t=0時的波形圖，介質中的質點P沿y軸方向做簡諧運動，其位移隨時間變化的函數(shù)表達式為y=10sin5 % t cm .關于這列簡諧波及質點P的振動，下列說法中正確的是（）y/cmA.質點P的周期為0.4sB.質點P的位移方向和速度方向始終相反C.這列簡諧波的振幅為

9、20 cmD.這列簡諧波沿x軸正向傳播E.這列簡諧波在該介質中的傳播速度為10m/s.有一玻璃半球，右側面鍍銀，光源S在其對稱軸PO上（。為球心），且PO水平，如圖所示.從光源S發(fā)出的一束細光射到半球面上，其中一部分光經(jīng)球面反射后恰能豎直向上傳播，另一部分光經(jīng)過折射進入玻璃半球內，經(jīng)右側鍍銀面反射恰能沿原路返回.若球面半徑為R,玻璃折射率為求光源S與球心O之間的距離為多大？【物理-選彳3-5 .下列關于原子和原子核的說法正確的是（）A.盧瑟福通過對 “粒子散射實驗結果的分析，提出了原子核是由質子和中子組成的B.限U （鈾）衰變?yōu)閹蚉a （鎂）要經(jīng)過1次&衰變和1次3衰變C.質子與中子結合成笊核

10、的過程中發(fā)生質量虧損并釋放能量D. 3射線是原子核外電子掙脫原子核的束縛后而形成的電子流E.放射性元素的半衰期是指大量該元素的原子核中有半數(shù)發(fā)生衰變所需要的時間16.如圖所示，光滑水平面上靜止有兩個滑塊A和B,其質量分別為 m=6kg和m=3kg,滑塊A和B間用細線相連，中間有一壓縮的輕質彈簧(彈簧和A相連，和B不相連)，彈簧的彈性勢能為Ep=36J ,現(xiàn)剪斷細線，滑塊 B和墻壁發(fā)生彈性碰撞 (無機械能損失)后再次壓縮彈 簧.求彈簧再次壓縮最短時具有的彈性勢能.陜西省寶雞市2015屆高考物理一模試卷、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中，第1-5題只有項符合題目要求，第

11、 6-8題有多項符合題目要求.全部選對的得分，有選錯的得0分.1.縱觀自然科學發(fā)展的歷史，我們可以看到，許多科學家的重要理論、 造對人類的文明和進步做出了卓越貢獻.則以下幾種說法中正確的是6分，選對但不全的得 3重大發(fā)現(xiàn)和發(fā)明創(chuàng)()A.伽利略通過對理想斜面實驗的研究，得到“重物體不會比輕物體下落得快”的結論B.庫侖創(chuàng)立了庫侖定律 F=l,卡文迪許用扭秤實驗測定了靜電力恒量kC.第谷經(jīng)過長達20年對太空觀測，發(fā)現(xiàn)和總結出行星運動的三大定律D.奧斯特通過對磁現(xiàn)象的研究發(fā)現(xiàn)了通電導線的磁效應考點: 分析: 解.解答:物理學史.解決本題要了解物理學史，對物理學上發(fā)生的重要事件、重要規(guī)律的發(fā)現(xiàn)者要有所了

12、解：A、伽利略通過對理想斜面實驗的研究，得到“重物體與輕物體下落一樣快”的結論，故A錯誤.日庫侖創(chuàng)立了庫侖定律F=Q七,并用扭秤實驗測定了靜電力恒量k,卡文迪許用扭秤實驗測定了引力常量 G故B錯誤.C開普勒發(fā)現(xiàn)和總結出行星運動的三大定律，故 C錯誤.D 1820年，奧斯特通過對磁現(xiàn)象的研究發(fā)現(xiàn)了通電導線的磁效應，故 故選：D.D正確.點評：物理學史的學習可以培養(yǎng)科學素養(yǎng)和科學方法，但是學生容易出錯，平時要注意記憶.2.已知長直通電導線在周圍某點產生磁場的磁感應強度大小與電流成正比、與該點到導線的距離成反比.構成一個正方形,4根電流相同的長直通電導線 a、b、c、d平行放置，它們的橫截面的連線O

13、為正方形中心,a、b、c中電流方向垂直紙面向里， d中電流方向垂直紙面向外，則關于 a、b、c、d長直通電導線在 O點產生的合磁場的磁感應強度B()dA.大小為零B.大小不為零，方向由 O指向a得出各電流在O點所產生的B的大 B的合矢量的大約方和向.a、c兩棒產生的磁場為零，則由C.大小不為零，方向由O指向c D.大小不為零，方向由 O指向d考點：磁感應強度.分析：根據(jù)等距下電流所產生的 B的大小與電流成正比, 小關系，由安培定則確定出方向，再利用矢量合成法則求得 解答： 解：|a = lc=ld=lb,則根據(jù)矢量的合成法則，可知,b、d兩棒產生的磁場方向，由右手螺旋定則可知， 故選：B.點評

14、：考查磁感應強度 B的矢量合成法則，會進行o指向a;B的合成.如圖所示，質量為 M的木塊A套在粗糙水平桿上，并用輕繩將木塊 A與質量為m的小球 B相連.現(xiàn)用水平力 F將小球B緩慢拉起，在此過程中木塊 A始終靜止不動.假設桿對 A的 支持力為N,桿對A的摩擦力為f ,繩中張力為T,則此過程中（）B. f不變C. T減小D. N減小考點專題分析析摩擦力f和支持力力 解答：解答：解：以 示：mg圖1共點力平衡的條件及其應用；力的合成與分解的運用.共點力作用下物體平衡專題.先以B為研究對象，分析在小球上升的過程中F如何變化，再以整體為研究對象，分N如何變化.B為研究對象，小球受到重力、水平力F和輕繩的

15、拉力T,如圖1所由平衡條件得:F=mgtana , a增大，貝U F增大再以整體為研究對象，力圖如圖2所示，根據(jù)平衡條件得：f=F,則f逐漸增大.N= （ M+m g,即N保持不變故選：A.點評：本題是動態(tài)平衡問題， 采用隔離法和整體法相結合，根據(jù)共點力平衡條件求解出表達式分析.如圖所示，將質量為 M的U形框架開口向下置于水平地面上，用輕彈簧1, 2, 3將質量為m的小球懸掛起來.框架和小球都靜止時彈簧1豎直，彈簧2、3水平且長度恰好等于彈簧原長，這時框架對地面的壓力大小等于（M+m g.現(xiàn)將彈簧1從最上端剪斷，則在剪斷后A.框架對地面的壓力大小仍為（ M+m gB.框架對地面的壓力大小為 0

16、C.小球的加速度為 0D.小球的加速度大小等于 g考點：牛頓第二定律；物體的彈性和彈力.專題：牛頓運動定律綜合專題.分析：根據(jù)剪斷彈簧1從最上端后瞬間，彈力仍存在，結合牛頓第二定律或平衡條件，即可求解.解答： 解：根據(jù)題意，當彈簧 1從最上端剪斷后瞬間，彈力仍存在，而彈簧 2與3,沒有 形變，即沒有彈力，因此框架對地面的壓力大小為Mg對小球受力分析，只受重力與彈力，兩力平衡，則加速度大小等于0,故ABD音誤，C正確;故選：C.點評：考查彈簧剪斷后瞬間的彈力有無是解題的關鍵，注意若是剪斷彈簧， 則形變來不及變化，彈力仍存在.如圖所示，橫截面為正方形 abcd的有界勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里.

17、一束電子以 大小不同、方向垂直 ad邊界的速度飛入該磁場.對于從不同邊界射出的電子，下列判斷錯 誤的是（） TOC o 1-5 h z !x x x xl II；x x X x| HYPERLINK l bookmark23 o Current Document dJ cA.從ad邊射出的電子在磁場中運動的時間都相等B.從c點離開的電子在磁場中運動時間最長C.電子在磁場中運動的速度偏轉角最大為兀D.從bc邊射出的電子的速度一定大于從ad邊射出的電子的速度考點：帶電粒子在勻強磁場中的運動；牛頓第二定律；向心力.專題：帶電粒子在磁場中的運動專題.分析：電子粒子飛入勻強磁場中做勻速圓周運動， 根據(jù)半

18、徑和周期公式分析速率越大， 軌跡 半徑和周期如何變化； 在有界磁場中轉動的時間越長， 則粒子轉過的圓心角越大， 運動時間 越長；解答： 解答：解：ABC電子的速率不同，運動軌跡半彳5不同，如圖，由周期公式T0H小知，周期與電子的速率無關，所以在磁場中的運動周期相同，由t=1T知，電子在磁場中運動時間與軌跡對應的圓心角成正比，所以電子在磁場中運動2冗的時間越長，其軌跡線所對應的圓心角0越大，故從ad邊射出的電子在磁場中運動的時間都相等且運動時間最長；故AC正確B錯誤；D從bc邊射出的軌道半徑大于從 ad邊射出的電子的軌道半徑，由半徑公式=空知，軌跡qB半徑與速率成正比，則電子的速率越大，在磁場中

19、的運動軌跡半徑越大，故從bc邊射出的電子的速度一定大于從 ad邊射出的電子的速度，D正確；題目要求選錯誤的，故選：B.點評：帶電粒子在磁場中的偏轉要注意兩點：一是圓心的確定，二是半徑的求出，必要時先畫出可能的圖形再進行分析計算.在太陽系中有一顆行星的半徑為R,若在該星球表面以初速度 V0豎直向上拋出一物體，則該物體上升的最大高度為H,已知該物體所受的其他力與行星對它的萬有引力相比較可忽略不計.根據(jù)這些條件，可以求出的物理量是（）A.太陽的密度B.該星球的第一宇宙速度C.該行星繞太陽運行的周期D.繞該行星運行的衛(wèi)星的最小周期考點：萬有引力定律及其應用.專題：萬有引力定律的應用專題.分析：根據(jù)豎直

20、上拋運動， 求出星球表面的重力加速度，根據(jù)萬有引力提供向心力求在該星球表面附近繞該星球做勻速圓周運動衛(wèi)星的周期和該星球的第一宇宙速度.解答： 解：BQ在該星球表面以初速度 V0豎直上拋出一物體，則該物體上升的最大高度 為H.由 Vo2=2gH,2得：g=2H根據(jù)在該星球表面附近繞該星球做勻速圓周運動衛(wèi)星重力提供向心力得:所以星球的星球的第一宇宙速度就是在該星球表面附近繞該星球做勻速圓周運動的線速度, 第一宇宙速度就是口 ，V 2H行星附近運行的衛(wèi)星的最小周期就是在該星球表面附近繞該星球做勻速圓周運動的周期，所以最小周期是:故BD正確.AG本題中不知道該星球繞太陽運動的任何量，故不可以就算太陽的

21、密度和繞太陽運動的周期.故AC錯誤.故選：BD.點評：解決本題得關鍵掌握萬有引力提供向心力.重力加速度g是聯(lián)系星球表面的物體運動和天體運動的橋梁.7.如圖所不，在真空中分別固定有電荷量為+Q和-Q的點電荷，a、b、c、d是兩點電荷連線上的四個點，已知a、b到+Q的距離以及c、d到-Q的距離均為L,下列說法正確的是（）r & b c W dx. 4 .44 Q as.4 a - 1* I* + 0 * 一 aa、d兩點的電場強度相同，電勢不等b、c兩點的電場強度不同，電勢相等C.將一個正試探電荷從 a點沿任意路徑移動到 b點時電場力做的功，跟從 d點沿任意路 徑移動到c點時電場力做的功相同D.

22、一個正試探電荷在 c點的電勢能大于它在 d點的電勢能考點：庫侖定律；電勢能.分析：等量異種電荷的電場線和等勢線都是關于連線、中垂線對稱，如圖所示:解答： 解：A、根據(jù)等量異種電荷電場線的分布特征可知，ad點所在處的電場疏密相同，故a、d兩點的電場強度大小相等，方向都是從右向左，故a、d兩點的電場強度相同，根據(jù)等勢面的分布特征可知，a的等勢面的電勢高于 d的等勢面的電勢，即（）a（）b,故A正確. B根據(jù)等量異種電荷電場線的分布特征可知，b、c兩點所在處的電場疏密相同，故b、c兩點的電場強度大小相等，方向都是從左向右，故b、c兩點的電場強度相同，根沿著電場線電勢降低，即 。b旌，故B錯誤.C由上

23、圖分布可知，a點的電勢高于b點的電勢，c點的電勢高于d點的電勢，故將一個正 試探電荷從a點移動到b點時電場力做的正功，將一個正試探電荷從 d點移動到c點時電場 力做負功，做功不等，故 C錯誤.D根據(jù)b=q（）,可知正電荷在電勢高處的電勢能大，故一個正試探電荷在c點的電勢能大于它在d點的電勢能，故 D正確.故選：AD.點評：本題關鍵熟悉等量異種電荷電場線和等勢面分布圖，明確沿著電場線，電勢逐漸降低.如圖所示，半徑為 r的光滑水平轉盤到水平地面的高度為H,質量為m的小物塊被一個電子鎖定裝置鎖定在轉盤邊緣，轉盤繞過轉盤中心的豎直軸以3 =kt （k0且是恒量）的角速度轉動.從t=0開始，在不同白時刻

24、t將小物塊解鎖，小物塊經(jīng)過一段時間后落到地面上.假設在t時刻解鎖的物塊落到地面上時重力的瞬時功率為P,落地點到轉盤中心的水平距離為d,則下圖中P-t圖象、d2-t2圖象分別正確的是（）考點：向心力；牛頓第二定律.專題：牛頓第二定律在圓周運動中的應用.分析：小物塊解鎖后做平拋運動，根據(jù)平拋運動的規(guī)律和功率公式得到P與t的關系式，d2與t2的關系式，即可選擇圖象.解答： 解：AR時刻t將小物塊解鎖后物塊做平拋運動，初速度為：vo=r（）=rkt物塊落地時豎直分速度為：vy=V 2gH物塊落到地面上時重力的瞬時功率為：P=mgw=mg2若H,可知P與t無關，故A錯誤，B正確.CD物塊做平拋運動的時間

25、為：t= 產,水平位移大小為：x=V0t=rkt必也； V g根據(jù)幾何知識可得落地點到轉盤中心的水平距離為：d 2=r2+x2=r2+ （rkt 但b 2=2+汨故C正確，D錯誤. 儲呂故選：BC點評：解決本題的關鍵要掌握平拋運動的規(guī)律，熟練運用運動的分解法列式選擇.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，每個試題考生都必須作答.第13題第16題為選考題，考生根據(jù)要求作答.（一）必考題（共129分）.圖甲是小強測繪小燈泡伏安特性曲線的電路圖.按該電路圖實驗時，閉合開關前應將滑 線變阻器的觸動頭滑到最左端（填“最左端”或“最右端”）；圖乙是小強依據(jù)甲圖在實物上的連線圖.小

26、強在實驗前檢查電路時發(fā)現(xiàn)有一根導線的一端接錯了地方，請你在乙圖中的這根連線上畫上“X”，并直接在圖上畫出這根導線的正確連線.考點：描繪小電珠的伏安特性曲線.專題：實驗題；恒定電流專題.分析：滑動變阻器采用分壓接法閉合開關前，滑片應置于分壓電路分壓為零的位置；根據(jù)描繪燈泡伏安特性曲線的實驗原理分析電路圖，然后答題.解答： 解：由圖示電路圖可知， 滑動變阻器采用分壓接法， 為保護電路安全，閉合開關前， 滑片要置于最左端.描繪燈泡伏安特性曲線，電壓與電流應從零開始變化，滑動變阻器應采用分壓接法， 由圖示電路圖可知，滑動變阻器連接錯誤，修改后的電路圖如圖所示：故答案為：最左端；電路圖如圖所示.點評：本

27、題考查了實驗注意事項、修改電路圖，知道滑動變阻器的接法是正確修改電路圖的 關鍵.振華同學用圖1所示的實驗裝置驗證牛頓第二定律.(1)該實驗裝置中有兩處錯誤，分別是：細繩與長木板不平行和打點計時器應接交流電源.(2)振華同學在老師的指導下改正了實驗裝置中的錯誤后，將細繩對小車的拉力當作小車及車上祛碼受到的合外力，來驗證“合外力一定時加速度與質量成反比”.實驗中，祛碼盤及盤內小祛碼的總質量m最好應為A (填選項前的字母).A. 10gB . 50g C . 100g D . 1kg振華同學在驗證“合外力一定時加速度與質量成反比”的實驗時，用電磁打點計時器打了一條理想的紙帶，他按要求選取計數(shù)點后，

28、在測量各相鄰兩計數(shù)點間的距離時不慎將紙帶撕 成了幾段，但他清楚的知道甲、 乙圖屬于同一紙帶， 則丙、丁、戊圖中屬于上述紙帶的是戊.一由甲、乙圖可求得小車的加速度大小為2.30m/s 2 (小數(shù)點后保留兩位數(shù)字).考點：探究加速度與物體質量、物體受力的關系.專題：實驗題；牛頓運動定律綜合專題.分析：分析實驗的原理圖，根據(jù)實驗中的注意事項及減小誤差的方法等分析本實驗存在的問題；根據(jù)勻變速直線運動的特點（相鄰的時間間隔位移之差相等）去判斷問題.利用勻變速直線運動的推論A x=aT 2求解加速度.解答： 解：（1）該實驗裝置中有兩處錯誤，分別是：滑輪太高（或細繩與長木板不平行）打點計時器接到直流電源上

29、（或打點計時器應接交流電源）（2）該實驗要求祛碼和祛碼盤的總質量遠遠小于車的質量，即祛碼和祛碼盤的質量盡量小，故A正確、BCD昔誤，故選：A.根據(jù)刻度尺的讀數(shù)可知，1、2兩點的距離為xi=3.60cm, 2、3兩點的距離為X2=4.70cm.根據(jù)逐差相等的公式 X2 - X1=X3 - X2=X4 - X3 ,所以 4、5兩點的距離為 X3=xi+3（X2-X1）=3.60+3X （ 4.70 - 3.60 ） =6.90cm,故戊紙帶最 符合，故選戊.根據(jù)逐差相等公式a=Ax_a2 4. 70- 2. 40”= 0. * o,oi乂0. OWs一 二2.30m/s故答案為：（1）滑輪太高（或

30、細繩與長木板不平行）；打點計時器接到直流電源上（或打點計時器應接交流電源）；（2）A;戊；2.30.點評：要提高應用勻變速直線的規(guī)律以及推論解答實驗問題的能力，在平時練習中要加強基礎知識的理解與應用.11.某大型游樂場有飛碟射擊娛樂游戲，拋碟機將飛碟隨機向上拋射出去，射擊者用氣槍將飛碟射中并擊碎.由于飛碟拋射方向具有不確定性，所以游戲充滿挑戰(zhàn)性和樂趣.假設有一游戲愛好者站在距離拋碟機20m遠處練習射擊，射擊點與飛碟拋出點近似在同一水平線上，氣槍子彈在空中飛行可看作勻速直線運動，且速度大小為100m/s.某次，拋碟機將飛碟以20m/s初速度豎直向上拋出，射擊者要在飛碟到達最高點時剛好將其擊中，（

31、不計空氣阻力，2、g=10m/s ）求：（1）射擊方向和水平方向的夾角應該是多少？（2）他必須在飛碟拋出后經(jīng)多長時間發(fā)射子彈？（計算結果小數(shù)點后保留2位數(shù)字）考點：勻變速直線運動的速度與位移的關系；勻變速直線運動的速度與時間的關系. 專題：直線運動規(guī)律專題.分析：（1）根據(jù)運動的分解求解 tan。從而知角度0d（2）分別根據(jù)運動學知識求飛碟上升到最高點所用時間為t1和子彈擊中飛碟的位移 s和飛行時間t2,則飛碟拋出后發(fā)射子彈的時間間隔t為1工1- t2.解答：解：（1）設飛碟上升的最大高度 h,飛碟拋出后做豎直上拋運動，由v a=2gh可得：202h= =20md=20m,所以可得:2X10由

32、于飛碟拋出點與射擊點的水平距離tan 0 =1,d所以射擊方向和水平方向的夾角為0 =45(2)設飛碟上升到最高點所用時間為 ti為:ti=二=2sg 10子彈擊中飛碟的位移 S和飛行時間t2為：s=:r=；二：-2。=20 mt2= =-=0.28sv 100飛碟拋出后發(fā)射子彈的時間間隔t為：t=t 1- 12=2 - 0.28=1.72s答：(1)射擊方向和水平方向的夾角應該是45 ;(2)他必須在飛碟拋出后經(jīng)1.72s發(fā)射子彈.點評：此題考查運動的合成與分解，注意勻變速直線運動規(guī)律的應用.12. (18分)如圖所示，固定在水平地面上軌道ABCD其中半圓形軌道 ABC光滑，水平軌道CD粗糙

33、，且二者在 C點相切，A與C分別是半徑R=0.1m的半圓軌道的最高點和最低點.一 根輕彈簧固定在水平軌道的最右端，將一質量m=0.02kg、電量q=8X 10七的絕緣小物塊緊靠彈簧并向右壓縮彈簧，直到小物塊和圓弧最低點的距離L=0.5m.現(xiàn)在由靜止釋放小物塊，小物塊被彈出后恰好能夠通過圓弧軌道的最高點A,已知小物塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為(1=0.4，小物塊可視為質點，g取10m/s2,求：(1)小物塊釋放前彈簧具有的彈性勢能6;(2)若在此空間加一方向水平向左的勻強電場，電場強度E=2X 10 3v/m,小物塊仍由原位置釋放后通過A點再落回水平軌道，在此過程中小物塊電勢能變化量為多少？考點

34、：動能定理的應用；牛頓第二定律；向心力；帶電粒子在勻強電場中的運動.專題：動能定理的應用專題.分析：(1)物塊恰好到達A點，由牛頓第二定律求出物塊的速度，然后應用能量守恒定律求 出彈性勢能.(2)由能量守恒定律求出電場力做功，然后求出電勢能的變化量.解答：解：(1)設小物塊到達圓弧軌道的最高點時速度為V1,因為小物塊恰好能到達圓弧軌道的最高點，故向心力剛好由重力提供：2mg=m-,代入數(shù)據(jù)解得：V1=1m/s,小物塊從開始運動到圓弧軌道最高點A的過程中，由能量守恒定律得：Ep= mgL+mg?2R+mv2,代入數(shù)據(jù)解得：Ep=0.09J ;(2)若存在水平向左的勻強電場時，設小物塊從開始運動到

35、圓弧軌道最高點A時的速度為V2,由功能關系得： W單=-AE p=- (- Ep) =0.09J ,2W單 +qEL mgL- mg?2R=Lm2 ,2代入數(shù)據(jù)解得：V2=3m/s;小物塊由A飛出后豎直方向做自由落體運動，水平方向做勻變速運動，由運動學規(guī)律有：豎直方向：2Rgt：代入數(shù)據(jù)解得：t=0.2s ,2水平方向：qE=ma代入數(shù)據(jù)解得：a=8m/s2,x=v2t - -at2,代入數(shù)據(jù)解得：x=0.44m,2在小物塊落回軌道的整個過程中由電場力做功與電勢能變化關系可得：帥=qE ( L- x),代入數(shù)據(jù)解得：W電=0.0096J ,電勢能的變化量：AE p=-W電=-0.0096J ,

36、電勢能減少 0.0096J ;答：(1)小物塊釋放前彈簧具有的彈性勢能Ep為0.09J .(2)在此過程中小物塊電勢能變化量為-0.0096J .點評：本題考查了求彈簧的彈性勢能、電勢能的變化量，分析清楚物體運動過程，應用牛頓第二定律、運動學規(guī)律、能量守恒定律 即可正確解題.【物理-選彳3-4 .如圖所示是一列簡諧波在t=0時的波形圖，介質中的質點P沿y軸方向做簡諧運動， 其位移隨時間變化的函數(shù)表達式為 y=10sin5 % t cm .關于這列簡諧波及質點P的振動，下列說法中正確的是()j/cmA.質點P的周期為0.4sB.質點P的位移方向和速度方向始終相反C.這列簡諧波的振幅為 20 cm

37、D.這列簡諧波沿x軸正向傳播E.這列簡諧波在該介質中的傳播速度為10m/s考點：波長、頻率和波速的關系；橫波的圖象.分析：根據(jù)質點簡諧運動的表達式y(tǒng)=10sin5 Tit (cnj),讀出角頻率 w ,求出周期.根據(jù)t=0時刻x=4m處質點的振動方向判斷波的傳播方向.讀出波長，求出波速.解答： 解：AG由質點P做簡諧運動的表達式 y=10sin5兀tcm ,可知這列簡諧波的振幅為 2K, 一一人 ，A=10cm角頻率為 =5兀rad/s ,則周期為 T=0.4s ,故A正確，C錯誤.日質點P在做簡諧運動，位移和速度都作周期性，位移方向和速度方向有時相反，有時相 同，故B錯誤.D由質點P做間諧運

38、動的表達式 y=10sin5兀tcm,知t=0時刻質點沿y軸正方向運動，則 這列簡諧波沿x軸正向傳播，故 D正確.E、由圖讀出波長為入=4m,則波速為：v=2=Lm/s=10m/s .故E正確.T 0.4故選：ADE點評：解決本題關鍵要掌握簡諧運動的表達式一般形式y(tǒng)=Asin 3 t,讀出，再結合振動與波動之間的聯(lián)系進行分析.有一玻璃半球，右側面鍍銀，光源S在其對稱軸PO上（O為球心），且PO水平，如圖所示.從光源S發(fā)出的一束細光射到半球面上，其中一部分光經(jīng)球面反射后恰能豎直向上傳播，另一部分光經(jīng)過折射進入玻璃半球內，經(jīng)右側鍍銀面反射恰能沿原路返回.若球面半徑為R,玻璃折射率為加，求光源S與球

39、心O之間的距離為多大？考點：光的折射定律.專題：光的折射專題.分析：作出光路圖，根據(jù)折射定律和幾何關系，求出入射角和折射角，再由幾何關系求解光源S與球心O之間的距離 SO解答： 解：由題意可知折射光線與鏡面垂直，其光路圖如圖所示，則有：i+r=90 由折射定律可得： 里巫=n=北si nr解得：i=60r=30。在直角三角形 ABO中：SO=Rcosr=，一R2由幾何關系可得： SAO為等腰三角形，所以 LsO=2SbO=二R答：光源S與球心O之間的距離為 V3R.點評：處理幾何光學相關的問題，關鍵是作出光路圖，一定要用直尺準確作圖，然后根據(jù)幾 何圖形的特點求角或者線段的長度.【物理一選彳3-

40、5 15.下列關于原子和原子核的說法正確的是（）A.盧瑟福通過對 “粒子散射實驗結果的分析，提出了原子核是由質子和中子組成的B. 23Su （鈾）衰變?yōu)?234pa （鎂）要經(jīng)過i次儀衰變和1次3衰變C.質子與中子結合成笊核的過程中發(fā)生質量虧損并釋放能量D. 3射線是原子核外電子掙脫原子核的束縛后而形成的電子流E.放射性元素的半衰期是指大量該元素的原子核中有半數(shù)發(fā)生衰變所需要的時間考點：原子核衰變及半衰期、衰變速度；原子的核式結構.分析：天然放射現(xiàn)象揭示了原子有復雜的結構，盧瑟福的a粒子散射實驗揭示了原子的核式結構，裂變是生成兩個中等質量的核，3衰變中產生的3射線實際上是原子核內的中子轉化為質子同時釋放一個電子，半衰期由原子核本身決定.解答： 解：A、天然放射現(xiàn)象揭示了原子有復雜的結構，盧瑟福的a粒子散射實驗揭示了原子的核式結構，故 A錯誤；日經(jīng)過1次&衰變和1次3衰變后，則質量數(shù)減小 4,而中子減小1,因此 用8U （鈾）衰變?yōu)?2Mpa （鎂）要