2011全国高考新课标I卷物理试题详细解析 69页

2016 年普通高等学校招生全国统一考试（新课标 I 卷） 理科综合（物理部分） 二、选择题：本题共 8小题，每小题 6分。在每小题给出的四个选项中，第 14~17题只有一项符合题目要 求，第 18~21题有多项符合题目要求。全部选对的得 6分，选对但不全的得 3分。有选错的得 0分。 14.一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上。若将云母介质移出，则电容器（ ） A. 极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大 B. 极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大 C. 极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变 D. 极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变 【答案】D 【解析】由 4π rSC kd   可知，当云母介质抽出时， r 变小，电容器的电容C 变小； 因为电容器接在恒压直流电源上，故U 不变，根据Q CU 可知，当C 减小时，Q减小。再由 UE d  ， 由于U 与 d 都不变，故电场强度 E不变，答案为 D 【考点】电容器的基本计算 15.现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其 中加速电压恒定。质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场 偏转后从出口离开磁场。若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加 速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感 应强度增加到原来的 12倍。此离子和质子的质量比约为（ ） A. 11 B. 12 C. 121 D.144 【答案】D 【解析】设质子的质量数和电荷数分别为 1m、 1q ，一价正离子的质量数和电荷数为 2m 、 2q ，对于任意粒 子，在加速电场中，由动能定理得： 21 0 2 qU mv  得 2qUv m  ① 在磁场中应满足 2vqvB m r  ② 由题意， 由于两种粒子从同一入口垂直进入磁场，从同一出口垂直离开磁场，故在磁场中做匀速圆周运动 的半径应相同． 由①②式联立求解得 匀速圆周运动的半径 1 2mUr B q  ，由于加速电压不变， 故 1 2 1 2 2 1 2 1 1 1 r B m q r B m q     其中 2 1 1 212B B q q ， ，可得 1 2 1 144 m m  故一价正离子与质子的质量比约为 144 【考点】带电粒子在电场、磁场中的运动、质谱仪。 16.一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻 1 2R R、 和 3R 的阻值 分别是 3 1 、 和 4，○A 为理想交流电流表，U 为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定。当开关 S 断开时，电流表的示数为 I；当 S 闭合时，电流表的示数为 4I。该变压器原、副线圈匝数比为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D.5 【答案】B 【解析】 解法一： 当 S断开时，电路如右图所示 由闭合电路欧姆定律，原线圈两端电压 1 1U U IR  得 1 3U U I  根据变压器原副边电压关系： 1 1 2 2 U n U n  副线圈中的电流： 2 2 2 2 3 5 U UI R R    联立①②③得： 2 1 2 3 5 n U I n I        当 S闭合时，电路如右图所示 由闭合电路欧姆定律，原线圈两端电压 1 14U U I R＇=   得 1 12U U I＇=  根据变压器原副边电压关系： 1 1 2 2 U n U n  ＇ ＇ 副线圈中的电流得： 2 2 2 2 1 U UI R  ＇ ＇ ＇= 联立⑤⑥⑦得 2 1 2 12 4 n U I n I        联立④⑧解得 1 2 3n n  解法二： 设开关 S 断开前后，变压器的等效电阻为 R和 R，由于变压器输入功率与输出功率相同， S 闭合前： 2 2 2 3( ) ( )II R R R n     ，得 2 3 2 R RR n   ① S 闭合后： 2 2 2 4(4 ) ' ( )II R R n    ，得 2 2 RR n   ② 根据闭合电路欧姆定律： S 闭合前： 1 UI R R   ③ S 闭合后： 1 4 UI R R   ④ 根据以上各式得： 2 1 2 2 2 3 1 22 13 1= 5 43 RR n n R RR nn      解得， 3n  【考点】变压器的计算 【难点】 由于原边回路有电阻，原线圈两端电压不等于电源电压 17.利用三颗位置适当的地球同步卫星，可使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯。目前，地球同步卫 星的轨道半径约为地球半径的 6.6倍。假设地球的自转周期变小，若仍仅用三颗同步卫星来实现上述目 的，则地球自转周期的最小值约为（ ） A. 1h B. 4h C. 8h D. 16 h 【答案】B 【解析】地球自转周期变小，卫星要与地球保持同步，则卫星的公转周期也应随之变小，由 2 2 2 4πMmG mr r T  可得 2 34π rT GM  ，则卫星离地球的高度应变小，要实现三 颗卫星覆盖全球的目的，则卫星周期最小时，由数学几何 关系可作出右图。 由几何关系得，卫星的轨道半径为 2 sin30 Rr R   由开普勒第三定律 3 3 1 2 2 2 1 2 r r T T  ，代入题中数据，得 3 3 2 2 2 (6.6 ) 24 R r T  由①②解得 2 4T h 【考点】（1）卫星运行规律；（2）开普勒第三定律的应用 【难点】 做出最小周期时的卫星空间关系图 18.一质点做匀速直线运动。现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则（ ） A. 质点速度的方向总是与该恒力的方向相同 B. 质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直 C. 质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同 D. 质点单位时间内速率的变化量总是不变 【答案】BC 【解析】质点一开始做匀速直线运动，处于平衡状态，施加恒力后，则该质点的合外力为该恒力 ①若该恒力方向与质点原运动方向不共线，则质点做曲线运动，质点速度方向时刻与恒力方向不 同，故 A错； ②若 F 的方向某一时刻与质点运动方向垂直，之后质点作曲线运动，力与运动方向夹角会发生变 化，例如平抛运动，故 B正确； ③由牛顿第二定律可知，质点加速度方向与其所受合外力方向相同； ④根据加速度的定义，相等时间内速度变化量相同，速率变化量不一定相同，故 D错。 【考点】⑴牛顿运动定律； ⑵力和运动的关系； ⑶加速度的定义； 【易错点】B选项易错误地以“匀速圆周运动”作为反例来推翻结论 19.如图，一光滑的轻滑轮用细绳 'OO 悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮， 其一端悬挂物块 a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块 b。外 力 F 向右上方拉 b，整个系统处于静止状态。若 F 方向不变，大小 在一定范围内变化，物块 b仍始终保持静止，则（ ） A. 绳 'OO 的张力也在一定范围内变化 B. 物块 b所受到的支持力也在一定范围内变化 C. 连接 a和 b的绳的张力也在一定范围内变化 D. 物块 b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化 【答案】BD 【解析】 由题意，在 F 保持方向不变，大小发生变化的过程 中，物体 a、b均保持静止，各绳角度保持不变；选 a受力分析得，绳的拉力 aT m g ，所以物体 a受到 绳的拉力保持不变。由滑轮性质，滑轮两侧绳的拉力 相等，所以b受到绳的拉力大小、方向均保持不变， C选项错误； a、b受到绳的拉力大小方向均不变， 所以OO的张力不变，A选项错误；对b进行受力分 析，并将各力沿水平方向和竖直方向分解，如上图所 示。由受力平衡得： x xT f F  ， y y bF N T m g   。 T 和 bm g始终不变，当 F 大小在一定范围内变化时； 支持力在一定范围内变化，B选项正确；摩擦力也在 一定范围内发生变化，D选项正确；故答案选 BD。 【考点】考查动态平衡分析、力的正交分解和力的平衡方程。 20.如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面（纸面）内，且相对于过轨迹最低点 P的 竖直线对称。忽略空气阻力。由此可知（ ） A. Q点的电势比 P点高 B. 油滴在Q点的动能比它在 P点的大 C. 油滴在Q点的电势能比它在 P点的大 D. 油滴在Q点的加速度大小比它在 P点的小 【答案】AB 【解析】由于匀强电场中的电场力和重力都是恒力，所以合外力为恒力，加速度恒定不变，所以 D选项错。 由于油滴轨迹相对于过 P的竖直线对称且合外力总是指向轨迹弯曲内侧，所以油滴所受合外力沿 竖直方向，电场力竖直向上。当油滴得从 P点运动到Q时，电场力做正功，电势能减小，C选项 错误；油滴带负电，电势能减小，电势增加，所以Q点电势高于 P点电势，A选项正确；在油滴 从 P点运动到Q的过程中，合外力做正功，动能增加，所以Q点动能大于 P点，B选项正确；所 以选 AB。 【考点】带电粒子在复合场中运动、曲线运动中物体受力特点、带电粒子电场力做功与电势能的关系、电 势能变化与电势变化的关系。 21.甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其 v t 图像如图所示。已知两车 在 3t s 时并排行驶，则（ ） A. 在 1st  时，甲车在乙车后 B. 在 0t  时，甲车在乙车前 7.5m C. 两车另一次并排行驶的时刻是 2st  D. 甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为 40m 【答案】BD 【解析】根据 v t 图，甲、乙都沿正方向运动。 3st  时，甲、乙相遇， =30m/sv甲 ， =25m/sv乙 ，由位移和 v t 图面积对应关系，0-3s内位移 1= 3 30m=45m 2 x  甲 ，  1= 3 10+25 m=52.5m 2 x  乙 。故 0t  时， 甲乙相距 1 - =7.5mx x x  乙 甲 ，即甲在乙前方 7.5m，B选项正确。 0-1s内， 1= 1 10m=5m 2 x   甲 ，  1= 1 10+15 m=12.5m 2 x   乙 ， 2 =7.5mx x x乙 甲     ，说明甲、乙 第一次相遇。A、C错误。 乙两次相遇地点之间的距离为 =45m 5m=40mx x x甲 甲    ，所以 D选项正确； 【考点】 v t 图的解读和位移的计算、追击相遇问题 【难点】 根据位移判断两车在不同时刻的位置关系 三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第 22~32题为必考题，每个试题考生都必 须作答。第 33~40题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题 22.（5分） 某同学用图（a）所示的实验装置验证机械能守恒定律，其中打点计时器的电 源为交流电源，可以使用的频率有 20Hz 30Hz、 和 40Hz。打出纸带的一部分 如图（b）所示。 该同学在实验中没有记录交流电的频率 f ，需要用实验数据和其它题给条件 进行推算。 (1)若从打出的纸带可判定重物匀加速下落，利用 f 和图（b）中给出的物理 量可以写出：在打点计时器打出 B点时，重物下落的速度大小为 ______________，打出 C点时重物下落的速度大小为_____________，重物下 落的加速度大小为_____________。 (2)已测得 1 2 38.89cm 9.50cm 10.10cmS S S  ， ， ，当地重力加速度大小为 29.80m/s ，实验中重物受到 的平均阻力大小约为其重力的 1%，由此推算出 f 为__________Hz。 【答案】⑴ 1 2( ) 2 f S S ， 2 3( ) 2 f S S ， 2 3 1( ) 2 f S S ；⑵40 【解析】⑴由于重物匀加速下落，A B C D、 、 、 各相邻点之间时间间隔相同，因此 B点应是从 A运动到C 的过程的中间时刻，由匀变速直线运动的推论可得： B点的速度 Bv 等于 AC 段的平均速度，即 1 2 2B S Sv t   由于 1t f  ，故 1 2( ) 2B fv S S  同理可得 2 3( ) 2C fv S S  匀加速直线运动的加速度 va t    故 22 3 1 2 3 1 ( ) ( ) 2 ( )1 2 C B f S S S Sv v fa S S t f          ① ⑵重物下落的过程中，由牛顿第二定律可得： gm F =ma 阻 ② 由已知条件 0.01 gF = m阻 ③ 由②③得 0.99ga  代入①得： 2 3 1( ) 2 fa S S  ，代入数据得 40Hzf  【考点】利用运动学公式和推论处理纸带问题 23.（10分） 现要组装一个由热敏电阻控制的报警系统，要求当热敏电阻的温度达到或超过 60 C 时，系统报警。提供 的器材有：热敏电阻，报警器（内阻很小，流过的电流超过 cI 时就会报警），电阻箱（最大阻值为999.9）， 直流电源（输出电压为U ，内阻不计），滑动变阻器 1R （最大阻值为1000），滑动变阻器 2R （最大阻 值为 2000），单刀双掷开关一个，导线若干。 在室温下对系统进行调节。已知U 约为18V， cI 约为10mA；流过报警器的电流超过 20mA时，报警器 可能损坏；该热敏电阻的阻值随温度升高而减小，在 60 C 时阻值为 650.0。 (1)在答题卡上完成待调节的报警系统原理电路图的连线。 (2)电路中应选用滑动变阻器_____________（填“ 1R ”或“ 2R ”）。 (3)按照下列步骤调节此报警系统： ①电路接通前，需将电阻箱调到一固定的阻值，根据实验要求，这一阻值为______；滑动变阻器的滑 片应置于_______（填“a”或“b”）端附近，不能置于另一端的原因是________________________________。 ②将开关向_______（填“c”或“d”）端闭合，缓慢移动滑动变阻器的滑片，直至 ________________________________。 (4)保持滑动变阻器滑片的位置不变，将开关向另一端闭合，报警系统即可正常使用。 【答案】(1)如下图 (2) 2R (3)①650.0，b， 接通电源后，流过报警器的电流会超过 20mA，报警器可能损坏 ②c，报警器开始报警 【解析】①热敏电阻工作温度达到 60 C 时，报警器报警。故需通过调节电阻箱使其电阻为 60 C 时的热敏 电阻的阻值，即调节到阻值 650.0Ω，光使报警器能正常报警，电路图如上图 ② 18VU  ，当通过报警器的电流10mA 20mAcI  ，故电路中总电阻 c UR I  ， 900 1800R   ，故滑动变阻器选 2R 。 ③热敏电阻为 650.0时，报警器开始报警，模拟热敏电阻的电阻器阻值也应为 650.0为防止通 过报警器电流过大，造成报警器烧坏，应使滑动变阻器的滑片置于 b端． 【考点】滑动变阻器在电路中的作用及其规格选择、串并联电路相关计算、等效替代思想 【难点】 获取题中信息并转化为解题所需条件、理解电路设计原理、 理解调节电阻箱和滑动变阻器的意义 24.（14分） 如图，两固定的绝缘斜面倾角均为 ，上沿相连。两细金属棒 ab（仅标出 a端）和 cd（仅标出 c端）长 度均为 L，质量分别为 2m和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路 abdca，并通过固定 在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平。右斜面上存在匀强磁场，磁感应强 度大小为 B，方向垂直于斜面向上。已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为 R，两金属棒与斜面间 的动摩擦因数均为  ，重力加速度大小为 g。已知金属棒 ab匀速下滑。求 (1)作用在金属棒 ab上的安培力的大小； (2)金属棒运动速度的大小。 【解析】（1）由 ab、 cd 棒被平行于斜面的导线相连，故 ab、 cd 速度时时刻刻相等， cd 也做匀速直线 运动； 选 cd 为研究对象，受力分析如图： 由于 cd 匀速，其受力平衡，沿斜面方向受力平衡方程： coscd cdN G  垂直于斜面方向受力平衡方程： sincd cdf G T  且 cd cdf N ，联立可得： cos sinT mg mg    选 ab为研究对象，受力分析如图： 其沿斜面方向受力平衡： ' sinab abT f F G    安 垂直于斜面方向受力平衡： cosab abN G  且 ab abf N ，T与 'T 为作用力与反作用力： 'T T ， 联立可得： sin 3 cosF mg mg 安     ① （2）设感应电动势为 E，由电磁感应定律： E BLv 由闭合电路欧姆定律，回路中电流： E BLvI R R   棒中所受的安培力： 2 2B L vF BIL R   安 与①联立可得： 2 2 (sin 3 cos )mgRv B L     25.（18分） 如图，一轻弹簧原长为 2R，其一端固定在倾角为37的固定直轨道AC的底端 A处，另一端位于直轨道 上 B处，弹簧处于自然状态。直轨道与一半径为 5 6 R的光滑圆弧轨道相切于C点， 7AC R A B C D ， 、 、 、 均在同一竖直平面内。质量为m的小物块 P自C点由静止开始下滑，最低到达 E点（未画出）随后 P沿轨道被弹回，最高到达 F 点， 4AF R 。已知 P与直轨道间的动摩擦因数 1 4   ， 重力加速度大小为 g。（取 3sin 37 5   ， 4cos37 5   ） (1)求 P第一次运动到 B点时速度的大小。 (2)求 P运动到 E点时弹簧的弹性势能。 (3)改变物块 P的质量，将 P推至 E点，从静止开始释放。已知 P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后， 恰好通过G点。G点在C点的左下方，与C点水平相距 7 2 R、竖直相距 R，求 P运动到D点时速度的 大小和改变后 P的质量。 【解析】（1）选 P为研究对象，受力分析如图： 设 P加速度为 a，其垂直于斜面方向受力平衡： cosG N  沿斜面方向，由牛顿第二定律得： sinG f ma   且 f N ，可得： 2sin cos 5 a g g g     对CB段过程，由 2 2 0 2tv v as  代入数据得 B点速度： 2Bv gR （2） P从C 点出发，最终静止在 F ，分析整段过程； 由C 到 F ，重力势能变化量： 3 sinPE mg R     ① 减少的重力势能全部转化为内能。 设 E点离 B点的距离为 xR，从C 到 F ，产热： cos (7 2 )Q mg R xR   ② 由 PQ E  ，联立①、②解得： 1x  ； 研究 P从C 点运动到 E点过程 重力做功： sin (5 )GW mg R xR  摩擦力做功： cos (5 )fW mg R xR    动能变化量： 0JkE  由动能定理： G f kW W W E   弹 代入得： 12 5 mgRW  弹 由 E W  弹 弹 ，到 E点时弹性势能 E弹 为 12 5 mgR 。 （3）其几何关系如下图 可知： 2 3 OQ R ， 1 2 CQ R 由几何关系可得，G 点在D左下方，竖直高度差为 5 2 R，水平距离 为 3R 。 设 P从D点抛出时速度为 0v ，到G 点时间为 t 其水平位移： 03R v t 竖直位移： 25 1 2 2 R gt 解得： 0 3 5 5 gR v  研究 P从 E点到D点过程，设 P此时质量为 'm ，此过程中： 重力做功： 3 51' ' ( 6 sin ) ' 2 10GW m g R R m gR     ① 摩擦力做功： 6' ' 6 cos ' 5fW m g R m gR      ② 弹力做功： 12' 5 W E mgR弹 弹   ③ 动能变化量： 2 0 1' ' 0J 2kE m v   9 ' 10 m gR ④ 由动能定理： ' ' ' 'G f kW W W E弹    ⑤ 将①②③④代入⑤，可得： 1' 3 m m （二）选考题 33.[物理——选修 3-3]（15分） （1）（5分）关于热力学定律，下列说法正确的是__________。（填正确答案标号。选对 1个得 2分，选对 2个得 4分，选对 3个得 5分，每选错 1个扣 3分，最低得分为 0分） A．气体吸热后温度一定升高 B．对气体做功可以改变其内能 C．理想气体等压膨胀过程一定放热 D．热量不可能自发地从低温物体传到高温物体 E．如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平 衡 【答案】BDE 【解析】气体内能的改变 U Q W   ，故对气体做功可改变气体内能，B选项正确；气体吸热为Q，但不 确定外界做功W 的情况，故不能确定气体温度变化，A选项错误；理想气体等压膨胀， 0W  ， 由理想气体状态方程 PV nRT ， P不变，V增大，气体温度升高，内能增大。由 U Q W   ， 气体过程中一定吸热，C选项错误；由热力学第二定律，D选项正确；根据平衡性质，E选项正 确； 【考点】理想气体状态方程，热力学第一定律，热力学第二定律，热平衡的理解。 【难点】 等压膨胀气体温度升高，内能增大；气体又对外做功，所以 气体一定吸热。 （2）（10分）在水下气泡内空气的压强大于气泡表面外侧水的压强，两压强差 p 与气泡半径 r之间的 关系为 2p r    ，其中 0.070N/m  。现让水下10m 处一半径为 0.50 cm 的气泡缓慢上升。已知大气压 强 5 0 1.0 10 Pap   ，水的密度 3 31.0 10 kg /m   ，重力加速度大小 210m/sg  。 (i)求在水下10m 处气泡内外的压强差； (ii)忽略水温随水深的变化，在气泡上升到十分接近水面时，求气泡的半径与其原来半径之比的近似值。 【答案】水下10m处气泡的压强差是 28Pa，气泡在接近水面时的半径与原来半径之比为 3 2 1 。 【解析】（i）由公式 2P r    得， 3 2 0.070 Pa=28Pa 5 10 P      水下10m处气泡的压强差是 28Pa。 （ii）忽略水温随水深的变化，所以在水深10m处和在接近水面时气泡内温度相同。 由理想气体状态方程 PV nRT ，得 1 1 2 2PV PV ① 其中， 3 1 1 4 3 V r ② 3 2 2 4 3 V r ③ 由于气泡内外的压强差远小于水压，气泡内压强可近似等于对应位置处的水压，所以有 5 3 5 1 0 1 01 10 Pa+1 10 10 10 2 10 Pa=2P P gh P         ④ 2 0P P ⑤ 将②③④⑤带入①得， 3 3 0 1 0 2 4 42 3 3 P r P r    3 3 1 22r r 32 1 2 1.3r r   【考点】理想气体状态方程 【难点】 当气体内部压强远大于气泡内外压强差时，计算气体内部压 强时可忽略掉压强差，即气体压强等于对应位置的水压。 34. [物理——选修 3-4]（15分） （1）（5分）某同学漂浮在海面上，虽然水面波正平稳地以1.8m/s的速率向着海滩传播，但他并不向海 滩靠近。该同学发现从第 1个波峰到第 10个波峰通过身下的时间间隔为15s 。下列说法正确的是 __________。（填正确答案标号，选对 1个得 2分，选对 2个得 4分，选对 3个得 5分。每选错 1个扣 3 分，最低得分为 0分） A．水面波是一种机械波 B．该水面波的频率为 6Hz C．该水面波的波长为 3m D．水面波没有将该同学推向岸边，是因为波传播时能量不会传递出去 E．水面波没有将该同学推向岸边，是因为波传播时振动的质点并不随波迁移 【答案】ACE 【解析】水面波是一种典型机械波，A对；从第一个波峰到第十个波峰中经历了九个波形，时间间隔为 15 秒，所以其振动周期为 15 5s s 9 3 T   ，频率为 0.6Hz，B错；其波长 51.8m/s s 3 vT    3m ，C 对；波中的质点都上下振动，不随波迁移，但是能传递能量，D错 E对。 （2）（10分）如图，在注满水的游泳池的池底有一点光源 A，它到池边的水平距离为 3.0m。从点光源 A射向池边的光线 AB与竖直方向的夹角恰好等于全反射的临界角，水的折射率为 4 3 。 (i)求池内的水深； (ii)一救生员坐在离池边不远处的高凳上，他的眼睛到池面的高度为 2.0m。当他看到正前下方的点光源 A时，他的眼睛所接受的光线与竖直方向的夹角恰好为 45。求救生员的眼睛到池边的水平距离（结果 保留 1位有效数字）。 【解析】（i）光由 A射向 B发生全反射，光路如图： 由反射公式可知： sin 1n   得： 3sin 4   ； 由 3mAO  ，由几何关系可得： 4m 7mAB BO ， 所以水深 7m。 （ii）光由 A点射入救生员眼中光路图如图： 由折射率公式： sin 45 sin n    可知： 3 2sin 8   ， 3 3 23tan 2323    设 mBE x ，得 3tan 7 AQ x QE     带入数据得： 3 1613 23 x   ， 由几何关系得，救生员到池边水平距离为 (2 )m 0.7mx  35. [物理——选修 3-5]（15分） （1）（5分）现用某一光电管进行光电效应实验，当用某一频率的光入射时，有光电流产生。下列说法 正确的是__________。（填正确答案标号。选对 1个得 2分，选对 2个得 4分，选对 3个得 5分。每选 错 1个扣 3分，最低得分为 0分） A．保持入射光的频率不变，入射光的光强变大，饱和光电流变大 B．入射光的频率变高，饱和光电流变大 C．入射光的频率变高，光电子的最大初动能变大 D．保持入射光的光强不变，不断减小入射光的频率，始终有光电流产生 E．遏止电压的大小与入射光的频率有关，与入射光的光强无关 【答案】ACE 【解析】由光电效应规律可知，当频率低于截止频率时无论光照强度多大，都不会有光电流，因此 D错误； 在发生光电效应时，饱和光电流大小由光照强度来决定，与频率无关，光照强度越大饱和光电流 越大，因此 A正确，B错误，根据 kmE h W  可知，对于同一光电管，逸出功W不变，当频率 变高，最大初动能 kmE 变大，因此 C正确，由 km cE eU 和 kmE h W  ，得 ch W eU   ，遏制 电压只与入射光频率有关，与入射光强无关，因此 E正确。 （2）（10分）某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M 的卡通玩具稳定地悬停在空中。为 计算方便起见，假设水柱从横截面积为 S 的喷口持续以速度 0v 竖直向上喷出；玩具底部为平板（面积略 大于 S ）；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空 气阻力。已知水的密度为  ，重力加速度大小为 g，求： (i)喷泉单位时间内喷出的水的质量； (ii)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。 【解析】(i)在一段很短的 t 时间内，可以为喷泉喷出的水柱保持速度 0v 不变。 该时间内，喷出水柱高度： 0l v t    ① 喷出水柱质量： m V    ② 其中 v 为水柱体积，满足： V l S    ③ 由①②③可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为 0 m v S t      (ii)设玩具底面相对于喷口的高度为 h 由玩具受力平衡得： =F Mg冲 ④ 其中， F冲 为玩具底部水体对其的作用力． 由牛顿第三定律： =F F压 冲 ⑤ 其中， F压 为玩具时其底部下面水体的作用力 v＇为水体到达玩具底部时的速度 由运动学公式： 2 2 0 2v v gh  ＇ ⑥ 在很短 t 时间内，冲击玩具水柱的质量为 m 0m v s t      ⑦ 由题意可知，在竖直方向上，对该部分水柱有 动量定理  F mg t m v      压 ⑧ 由于 t 很小， mg 也很小，可以忽略 ⑧式变为 F t m v    压 ⑨ 由④⑤⑥⑦⑨可得 2 2 0 2 2 2 02 2 v M gh g v S   【考点】动量定理，流体受力分析，微元法 【难点】 情景比较新颖，微元法的应用 2015 年普通高等学校招生全国统一考试（新课标 I 卷） 理科综合（物理部分） 二、选择题：本题共 8小题，每小题 6分。在每小题给出的四个选项中，第 14~17题只有一项符合题目要 求，第 18~21题有多项符合题目要求。全部选对的得 6分，选对但不全的得 3分。有选错的得 0分。 2014 年普通高等学校招生全国统一考试（新课标 I 卷） 理科综合（物理部分） 二、选择题：本题共 8 小题，每小题 6 分。在每小题给出的四个选项中，第 14～18 题只有一项符合题目 要求，第 19～21 题有多项符合题目要求。全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。 14．在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是( ) A．将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化 B．在一通电线圈旁放置一连有电流表的 线圈，然后观察电流表的变化 C．将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表相连。往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察 电流表的变化 D．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的 变化 【答案】D 【解析】法拉第发现的电磁感应定律并总结出五种情况下会产生感应电流，其核心就是穿过闭合线圈的磁 通量发生变化，选项 AB中，绕在磁铁上面的线圈和通电线圈，线圈面积都没有发生变化，前者磁场强弱 没有变化，后者通电线圈中若为恒定电流则产生恒定的磁场，也是磁场强弱不变，都会导致磁通量不变化， 不会产生感应电流，A、B错误。选项 C中往线圈中插入条行磁铁导致磁通量发生变化，在这一瞬间会产 生感应电流，但是过程短暂，等到插入后再到相邻房间去，过程已经结束，观察不到电流表的变化。C错 误。选修 D中，线圈通电或断电瞬间，导致线圈产生的磁场变化，从而引起另一个线圈的磁通量变化产 生感应电流，可以观察到电流表指针偏转，D正确。 15．关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是 A．安培力的方向可以不垂直于直导线 B．安培力的方向总是垂直于磁场的方向 C．安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关 D．将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半 【答案】B 【解析】根据匀强磁场对直线电流的作用力可知：安培力的方向与导线和磁场方向相互垂直，故 A 错误， B正确；由安培力的大小的计算公式 F=BILsinα，α是磁场方向和电流方向的夹角，所以安培力大小与通电 导线和磁场方向的夹角有关， C错误；将直导线从中点折成直角，由于其余磁场方向的夹角未知，其合 力不一定等于原来的一半，所以 D错误。 16．如图，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面 的匀强磁场(未画出)。一带电粒子从紧贴铝板上表面的 P点垂直 于铝板向上射出，从 Q点穿越铝板后到达 PQ的中点 O。已知粒 子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变。不计 重力。铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为( ) A．2 B． 2 C．1 D． 2 2 【答案】D 【解析】 粒子垂直于磁场方向进入磁场，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动 2vqvB m R  得： mvB qR  ； 又粒子的动能： 21 2kE mv ，故 2 kmE B qR  。由题知：R1=2R2，Ek1=2Ek2，代入得： 1 2 2 2 B B  ，D正确。 17．如图，用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于平衡状态。现使小车从静止开始向左加速， 加速度从零开始逐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定地偏离竖直方向某一角度(橡皮筋在弹 性限度内)。与稳定在竖直时位置相比，小球的高度( ) A．一定升高 B．一定降低 C．保持不变 D．升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定 【答案】A 【解析】小车静止时，橡皮筋弹力等于小球重力 F1=mg，小球在悬点下竖直距离：L1=L0+mg/k；小车以一 定加速度运动时，小球稳定地偏离竖直方向某一角度θ，此时橡皮筋弹力为 F2，对于小球在竖直方向 有：F2cosθ=mg，则小球在悬点下竖直距离：L2=(L0+mg/kcosθ)cosθ= L0 cosθ+mg/k，故 L1>L2，即小球 一定升高。A正确。 18．如图(a)，线圈 ab、cd绕在同一软铁芯上，在 ab线圈中通以变化的电流，用示波器测得线圈 cd间的 电压如图(b)所示。已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，则下列描述线圈 ab中电流随时间 变化关系的图中，可能正确的是 【答案】C 【解析】 根据法拉第电磁感应定律，感应电动势即 cd线圈中的电压 cd BU S t t       ，由于磁场是线 圈 ab 中的电流产生的 ，且线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比 B I   ，故 cd IU t    。在 i-t图 像中图线的斜率即为 Ucd，对照图(b)和选项图得 C正确。 19．太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动。当地球恰好运行到某地外行星和太阳 之间，且三者几乎排成一条直线的现象，天文学称为“行星冲日”。据报道，2014年各行星冲日时间 分别是：1月 6日木星冲日；4月 9日火星冲日；5月 11日土星冲日；8月 29日海王星冲日；10月 8 日天王星冲日。已知地球及各地外行星绕太阳运动的轨道半径如下表所示，则下列判断正确的是 ( ) 地球 火星 木星 土星 天王星 海王星 轨道半径(AU) 1.0 1.5 5.2 9.5 19 30 A．各地外行星每年都会出现冲日现象 B．在 2015年内一定会出现木星冲日 C．天王星相邻两次冲日的时间间隔为土星的一半 D．地外行星中，海王星相邻两次冲日的时间间隔最短 【答案】BD 【解析】相邻两次行星冲日的时间间隔就是地球比该行星多运动一周的时间，根据开晋勒第三定律 3 2 R k T  得： 3 /T R k ，相邻两次行星冲日的时间间隔 2 2 2 2 1 T t TT T T T             地 地 地地 行 地 行 行 ，即相邻两次行 星冲日的时间间隔大于 1 年，A 错误；根据木星轨道半径是地球的 5.2倍，木星周期大于 11年，小于 12 年，所以木星冲日的时间间隔大于 12/11年，小于 1.1年。由于今年的冲日时间是 1月 6 日，所以下次木 星冲日在 2015 年， B正确；由于木星相邻两次冲日的时间间隔的一半还不到一年，而所有行星冲日的相 邻间隔都超过 1年，所以天王星相邻两次的冲日的时间不可能是土星的一半，C错误。根据海王星的轨道 半径最大，周期最大，可判断海王星的时间间隔最短，D正确。 20．如图，两个质量均为 m的小木块 a和 b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴 OO′的距离为 l，b与 转轴的距离为 2l。木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的 k倍，重力加速度大小为 g。若圆盘 从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是 A．b一定比 a先开始滑动 B．a、b所受的摩擦力始终相等 C．ω= l kg 2 是 b开始滑动的临界角速度 D．当ω= l kg 3 2 时，a所受摩擦力的大小为 kmg 【答案】 AC 【解析】 小木块都随圆盘做匀速圆周运动时，在发生相对滑动之前，角速度相等，静摩擦力提供向心力， 即 F 静=mω2r，由于 ra=l，rb=2l，所以发生相对滑动前木块 b的静摩擦力大， B错误；随着角速度的增大， 当静摩擦力等于最大静摩擦力，木块将开始滑动，即 kmg=mω2r， kg r   ，带入两个木块的半径，小木 块 a开始滑动时的角速度大于木块 b开始滑动时的角速度。A、C正确；又 2 3 kg kg l l    ，所以木块 a 未达到临界状态，摩擦力还没有达到最大静摩擦力，所以选项 D错误。 21．如图，在正点电荷 Q的电场中有M、N、P、F 四点，M、N、P 为直角三角形的三个顶点，F为 MN 的中点，∠M=30°。M、N、P、F四点处的电势分别用φM、φN、φP、φF表示， 已知φM= φN，φP= φF，点电荷 Q在M、N、P三点所在平面内，则( ) A．点电荷 Q一定在MP 的连线上 B．连接 PF的线段一定在同一等势面上 C．将正试探电荷从 P点搬运到 N点，电场力做负功 D．φP大于φM 【答案】AD 【解析】 点电荷电场的等势面是以点电荷为圆心的一族同心圆，所以任 F N M P E 意两个等势点连线的垂直平分线都指向点电荷，如图所示，ＭＮ的垂直平分线和ＰＥ的垂直平分线相交于 一点 E，E点即点电荷所在的位置，根据几何关系可得 E点在MP边。即点电荷一定在MP连线上，选项 A 正确。点电荷的等势面是以点电荷为圆心的同心圆，所以等势面不是直线而是球面，B错误；正试探电 荷从 P点移动到 N点，远离场源正电荷，电场力做正功，C错误。根据几何关系可得 EF EM ，距离场 源正电荷越远电势越低，所以 P点电势大于 M点电势， D正确。 第Ⅱ卷 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第 22 题～第 32 题为必考题，每个试题考生都必须做答。第 33 题～第 40 题为选考题，考生根据要求做答。 （一）必考题（共 129 分） 22．(6分) 某同学利用图(a)所示实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度a与钩码的质量m的对应关系 图，如图(b)所示。实验中小车(含发射器)的质量为 200g，实验时选择了不可伸长的轻质细绳和轻定 滑轮，小车的加速度由位移传感器及与之相连的计算机得到。回答下列问题： (1)根据该同学的结果，小车的加速度与钩码的质量成 (填“线性”或“非线性”)关系。 (2)由图(b)可知，a-m图线不经过原点，可能的原因是 。 (3)若利用本实验装置来验证“在小车质量不变的情况下，小车的加速度与作用力成正比”的结论，并 直 接 以 钩 码 所 受 重 力 mg 作 为 小 车 受 到 的 合 外 力 ， 则 实 验 中 应 采 取 的 改 进 措 施 是 ,钩码的质量应满足的条件是 。 【答案】(1)非线性 (2)存在摩擦力 (3)调节轨道的倾斜度以平衡摩擦力 远小于小车的质量 【解析】（1）根据该同学描绘的加速度和钩码质量的图像是一条曲线而不是直线，所以是非线性关系。 （2）根据图（b）可知当钩码有一定质量，即细线有一定拉力时，小车加速度仍等于 0，说明小车 合力等于 0，所以可能除拉力外小车还收到摩擦力作用 （3）实验改进部分由两个要求，第一个就是图像不过原点，需要平衡摩擦力，所以调整轨道倾斜 度，第二个就是图像是曲线，因为小车的合力即细线拉力并不等于钩码的重力，而加速度 mga m m  车 ， 所以要近似为直线，就要求钩码的质量远小于小车的质量， gk m m  车 近似为常量。 23．(9分) 利用如图(a)所示电路，可以测量电源的电动势和内阻，所用的实 验器材有： 待测电源，电阻箱 R(最大阻值 999.9Ω)，电阻 R0(阻值 3.0Ω)，电 阻 R1(阻值 3.0Ω)，电流表○A (量程为 200mA，内阻为 RA=6.0Ω)，开关 S。 实验步骤如下： ①将电阻箱阻值调到最大，闭合开关 S； ②多次调节电阻箱，记下电流表的示数 I和电阻箱相应的阻值 R； ③以 I 1 为纵坐标，R为横坐标，作 I 1 -R图线(用直线拟合) ④求出直线的斜率 k和在纵轴上的截距 b 回答下列问题： (1)分别用 E和 r表示电源的电动势和内阻，则 1/I与 R的关系式为 。 (2)实验得到的部分数据如下表所示，其中电阻 R=3.0Ω时电流表的示数如图(b)所示，读出数据，完成 下表。答：① ，② 。 R/Ω 1.0 2.0 3.0 4.0 5.0 6.0 7.0 I/A 0.143 0.125 ① 0.100 0.091 0.084 0.077 I-1/A-1 6.99 8.00 ② 10.0 11.0 11.9 13.0 (3)在图(c)的坐标纸上将所缺数据点补充完整并作图，根据图线求得斜率 k= A-1Ω-1，截距 b= A-1。 (4)根据图线求得电源电动势 E= V，内阻 r= Ω。 【答案】(1) 1 3 15 3rR I E E    (2)①0.110 ②9.09 (3)见图(c)答 (4)3.0(或在 2.7~3.3之间) 1.0(或在 0.6 ~1.4之间) 【解析】(1)由于电流表○A与电阻 R1并联，且 RA=6.0Ω，R1=3.0Ω， 当电流表示数为 I时，电路总电流应为 3I。根据闭合电路欧姆定律 有：E=3I( 1 1 A A R R R R +R0+R+r)，代入数据整理得： 1 3 15 3rR I E E    (2)根据图（b）可得电流表示数为 110mA=0.110A；所以 1/I=9.09 (3)见图(c)答 (4) 根据和图象可得： 3 1k E   ， 15 3 6r b E    ，解得：E=3V r=1.0Ω 24．(12分) 公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离，当前车实然停止时，后车司机可以采取刹车措施， 使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰。通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为 1s， 当汽车在睛天干燥沥青路面上以 108km/h 的速度匀速行驶时，安全距离为 120m。设雨天时汽车轮胎与沥 青路面间的动摩擦因数为晴天时的 2/5，若要求安全距离仍为 120m，求汽车在雨天安全行驶的最大速度。 【答案】20m/s (72km/h) 【解】设路面干燥时，汽车与地面的动摩擦因数为μ0，刹车时汽车的加速度大小为 a0，安全距离为 s，反 应时间为 t0，由牛顿第二定律和运动学公式得 μ0mg=ma0 ① s=v0t0+ 2 0 02 v a ② 式中，m和 v0分别为汽车的质量和刹车前的速度。 设在雨天行驶时，汽车与地面的动摩擦因数为μ，依题意有 μ= 2 5 μ0 ③ 设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为 a，安全行驶的最大速度为 v，由牛顿第二定律和运动学公 式得 μmg=ma ④ s=vt0+ 2 2 v a ⑤ 联立①②③④⑤式并代入题给数据得 v=20m/s (72km/h) ⑥ 25．(20分) 如图，O、A、B为同一竖直平面内的三个点，OB 沿竖直方向，∠BOA=60°，OB= 2 3 OA。将一质量 为 m的小球以一定的初动能自 O点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过 A点。使此小球带电，电 荷量为 q (q>0)，同时加一匀强电场，场强方向与ΔOAB所在平面平行。现从 O点以同样的初速度沿某一 方向抛出此带电小球，该小球通过了 A点，到达 A点时的动能是初动能的 3倍；若该小球从 O点以同样 的初动能沿另一方向抛出，恰好通过 B点，且到达 B点时的动能为初动能的 6倍。重力 加速度大小为 g。求 (1)无电场时，小球到达 A点时的动能与初动能的比值； (2)电场强度的大小和方向。 【答案】(1) 7 3 (2) 3 6 mg q 与竖直向下的方向的夹角为 30° 【解析】：(1)设小球的初速度为 v0，初动能为 Ek0，从 O点运动到 A点的时间为 t，令 OA= d，则 OB= 3 2 d， 根据平抛运动的规律有 d sin60°= v0t ① d cos60°= 1 2 gt2 ② 又有 Ek0= 1 2 mv 20 ③ 由①②③式得 Ek0= 3 8 mgd ④ 设小球到达 A点时的动能为 EkA，则 EkA= Ek0+ 1 2 mgd ⑤ 由④⑤式得 0 kA k E E = 7 3 ⑥ (2)加电场后，小球从 O点到 A点和 B点，高度分别降低了 2 d 和 3 2 d ，设电势能分别减小ΔEpA和ΔEpB， 由能量守恒及④式得 ΔEpA=3Ek0 - Ek0 - 1 2 mgd= 2 3 Ek0 ⑦ ΔEpB=6Ek0 - Ek0 - 2 3 mgd=Ek0 ⑧ 在匀强电场中，沿任一直线，电势的降落是均匀的。设直线 OB上的M点与 A点等电势，M与 O点 的距离为 x，如图，则有 3 2 x d = pA pB E E   ⑨ 解得 x= d。MA为等势线，电场必与其垂线 OC方向平行。设电场方向与竖直向下的方向夹角为α，由 几何关系可得 α=30° ⑩ 即电场方向与竖直向下的方向的夹角为 30°。 设场强的大小为 E，有 qEd cos30°=ΔEpA ○11 由④⑦○11式得 E = 3 6 mg q ○12 （二）选考题：共 45 分。请考生从给出的 3道物理题、3道化学题、2 道生物题中每科任选一题做答，并 用 2B 铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题 卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。 33．[物理──选修 3-3](15分) (1)(6分)一定量的理想气体从状态 a开始，经历三个过程 ab、bc、ca 回到原状态，其 p -T图像如图 所示。下列判断正确的是 。(填正确答案标号。选对 1 个得 3 分， 选对 2 个得 4分，选对 3 个得 6分。每选错 1个扣 3 分，最低得分为 0 分) A．过程 ab中气体一定吸热 O A M B C E α c a T P O b B．过程 bc中气体既不吸热也不放热 C．过程 ca中外界对气体所做的功等于气体所放的热 D．a、b和 c三个状态中，状态 a分子的平均动能最小 E．b和 c两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同 【答案】 ADE 【解析】 从 a 到 b 的过程，根据图线过原点可得 a a b b P P T T  ，所以为等容变化过程，气体没有对外做功， 外界也没有对气体做功，所以温度升高，只能是吸热的结果， A正确；从 b到 c的过程温度不变，可是压 强变小，说明体积膨胀，对外做功，理应内能减少温度降低，而温度不变说明从外界吸热，B错误；从 c 到 a的过程，压强不变，根据温度降低说明内能减少，根据改变内能的两种方式及做功和热传递的结果是内 能减少，所以外界对气体做的功小于气体放出的热量， C错误。分子的平均动能与温度有关，状态 a 的 温度最低，所以分子平均动能最小，D正确； b和 c两个状态，温度相同，即分子运动的平均速率相等， 单个分子对容器壁的平均撞击力相等，根据 b压强大，可判断状态 b 单位时间内容器壁受到分子撞击的 改数多，E正确。 (2)(9分)一定质量的理想气体被活塞封闭在竖直放置的圆柱形气缸内，气缸壁导热良好，活塞可沿气 缸壁无摩擦地滑动。开始时气体压强为 p，活塞下表面相对于气缸底部的高度为 h，外界的温度为 T0。现 取质量为 m的沙子缓慢地倒在活塞的上表面，沙子倒完时，活塞下降了 h/4。若此后外界的温度变为 T， 求重新达到平衡后气体的体积。已知外界大气的压强始终保持不变，重力加速度大小为 g。 【答案】 0 9 4 mghT pT 【解析】设气缸的横截面积为 S，沙子倒在活塞上后，对气体产生的压强为Δp，由玻意耳定律得 phS=(p+Δp)(h - 1 4 h)S ① 解得 Δp= 1 3 p ② 外界的温度变为 T后，设活塞距底面的高度为 h′。根据盖—吕萨克定律，得 0 1 4 h h S T      = h S T  ③ 解得 h′= 0 3 4 T T h ④ 据题意可得 Δp= mg S ⑤ 气体最后的体积为 V=Sh′ ⑥ 联立②④⑤⑥式得 V = 0 9 4 mghT pT ⑦ 34．[物理──选修 3-4](15分) (1)(6分)图(a)为一列简谐横波在 t=2s时波形图，图(b)为媒质中平衡位置在 x=1.5m处的质点的振动 图像。P是平衡位置为 x=2m 的质点。下列说法正确的是 。(填正确答案标号。选对 1 个得 3分， 选对 2 个得 4分，选对 3 个得 6分。每选错 1个扣 3 分，最低得分为 0 分) A．波速为 0.5m/s B．波的传播方向向右 C．0~2s时间内，P运动的路程为 8cm D．0~2s时间内，P向 y轴正方向运动 E．当 t=7s时，P恰好回到平衡位置 【答案】ACE 【解析】根据图 (a)的波形图判断机械波的波长λ=2m，根据图 (b)可得振动周期 T=4s，所以波速 v=λ/T=0.5m/s，A正确；根据图(b)可判断 x=1.5m的质点在 t=2s振动方向为 y轴负方向，在图(a)中，根据 质点振动方向和传播方向在图像同一侧可判断波的传播方向向左，B错误；t=2s 时质点 P在最低点，根据 周期 T=4s，可知 T=0 时质点 P在最高点，所以 0~2s时间内质点 P通过的路程为 2倍的振幅即 8cm，C 正 确； 0~2s质点 P向 y轴负方向运动，D错误；t=2s到 t =7s共经 5s为 5T/4，所以质点 P刚好回到平衡位 置，E正确。 (2)(9分)一个半圆柱形玻璃砖，其横截面是半径为 R的半圆，AB为半圆的 直径，O为圆心，如图所示。玻璃的折射率为 n= 2 。 (i)一束平行光垂直射向玻璃砖的下表面，若光线到达上表面后，都能从该表 面射出，则入射光束在 AB上的最大宽度为多少？ (ii)一细束光线在 O 点左侧与 O点相距 2 3 R处垂直于 AB 从下方入射，求 此光线从玻璃砖射出点的位置。 【答案】(i) 2 R (ii) 3 2 R 【解析】 (i)在 O点左侧，设从 E点射入的光线进入玻璃砖后在上表面的入射角恰好等于全反射的临界角 θ，则 OE区域的入射光线经上表面折射后都能从玻璃砖射出，如图。由全反射条件有 sinθ= 1 n ① 由几何关系有 OE=Rsinθ ② 由对称性可知，若光线都能从上表面射出，光束的宽度最大为 l =2OE ③ 联立①②③式，代入已知数据得 l = 2 R ④ (ii)设光线在距 O点 3 2 R的 C点射入后，在上表面的入射角为α，由几何关 系及①式和已知条件得 α=60°>θ ⑤ 光线在玻璃砖内会发生三次全反射，最后由 G点射出，如图。由反射定律和几何关系得 OG=OC= 3 2 R ⑥ 射到 G点的光有一部分被反射，沿原路返回到达 C点射出。 35．[物理──选修 3-5](15分) (1)(6分)关于天然放射性，下列说法正确的是 。(填正确答案标号。选对 1 个得 3 分，选对 2 个得 4分，选对 3 个得 6分。每选错 1个扣 3 分，最低得分为 0 分) A．所有元素都可能发生衰变 B．放射性元素的半衰期与外界的温度无关 C．放射性元素与别的元素形成化合物时仍具有放射性 D．α、β和γ三种射线中，γ射线的穿透能力最强 E．一个原子核在一次衰变中可同时放出α、β和γ三种射线 【答案】BCD 【解析】只有原子序号超过 83的元素才都能发生衰变，A错误；放射性元素的半衰期决定于由原子核内 部的结构，与外界温度及化学作用等无关，B正确；放射性元素其放射性来自于原子核内部的，与其他元 素形成化合物并没有改变其内部原子核结构所以仍具有放射性，C正确；α、β和γ；三种射线中，γ射线能 量最高，穿透能力最强，D正确； 一个原子核在一次衰变中，要是α衰变、要么是β衰变，同时伴随着能 量的释放，即γ射线，E错误。 (2)(9 分)如图，质量分别为 mA、mB的两个弹性小球 A、B 静止在地面上方，B 球距地面的高度 h=0.8m，A球在 B 球的正上方。先将 B 球释放，经过一段时间后再 将 A 球释放。当 A球下落 t=0.3s时，刚好与 B 球在地面上方的 P 点处相碰，碰撞时 间极短，碰后瞬间 A球的速度恰为零。已知 mB=3mA，重力加速度大小 g=10m/s2。忽 略空气阻力及碰撞中的动能损失。求： (i)B球第一次到达地面时的速度； (ii)P点距离地面的高度。 【答案】(i) 4m/s (ii) 0.75m 【解析】(i)设 B球第一次到达地面时的速度大小为 vB，由运动学公式有 vB= 2gh ① 将 h=0.8m代入上式，得 vB=4m/s ② (ii)设两球相碰前后，A球的速度大小分别为 v1和 v1′(v1′ =0)，B 球的速度分别为 v2和 v2′，由运动学 规律可得 v1=gt ③ 由于碰撞时间极短，重力的作用可以忽略，两球相碰前后的动量守恒，总动能保持不变。规定向下的 方向为正，有 mAv1+ mBv2=mBv2′ ④ 1 2 mAv 21 + 1 2 mBv 22 = 1 2 mB 2 2v ⑤ 设 B球与地面相碰后的速度大小为 vB′，由运动学及碰撞的规律可得 vB′= vB ⑥ 设 P点距地面的高度为 h′，由运动学规律可得 h′ = 2 2 2 2 Bv v g   ⑦ 联立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知条件可得 h′ =0.75m ⑧ 2013 年普通高等学校招生全国统一考试（新课标 I 卷） 理科综合（物理部分） 14．如图是伽利略 1604年做斜面实验时的一页手稿照片，照片左上角的 三列数据如下表。表中第二列是时间，第三列是物体沿斜面运动的距离， 第一列是伽利略在分析实验数据时添加的。根据表中的数据，伽利略可以 得出的结论是( ) A．物体具有惯性 B．斜面倾角一定时，加速度与质量无关 C．物体运动的距离与时间的平方成正比 D．物体运动的加速度与重力加速度成正比 答案：C 解析：从表中的数据只可能看出，物体沿斜面运动的距离与时间的平方成正比，仅根据表中的数据无 法判断其他选项的正误。 15．如图，一半径为 R的圆盘上均匀分布着电荷量为 Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心 c的轴线上有 a、 b、d三个点，a和 b、b和 c、c和 d间的距离均为 R，在 a点处有一电荷量为 q(q＞0)的固定点电荷。已知 b点处的场强为零，则 d点处场强的大小为(k为静电力常量)( ) A． 2 3qk R B． 2 10 9 qk R C． 2 Q qk R  D． 2 9 9 Q qk R  答案：B 解析：b点电场强度为 0，说明 a处的电荷在 b点产生的电场强度与圆盘上的电荷在 b点产生的电场 强度等大反向，即二者产生电场强度的大小均为 2 kqE R  ，又因为在 a点的电荷为正电荷，它在 b点产生 的电场，方向向右，圆盘上的电荷在 b点产生的电场，方向向左，根据对称性，圆盘上的电荷在 d点产生 的电场强度大小为 1 2 kqE R  ，方向向右，a处的电荷在 d点产生的电场强度大小为 2 2 23 9 kq kqE R R     ，故 d点产生的电场强度大小 E＝E1＋E2＝ 2 10 9 kq R 。 16．一水平放置的平行板电容器的两极板间距为 d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔 对电场的影响可忽略不计)。小孔正上方 2 d 处的 P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进 入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回。若将下极板向上平移 3 d ，则从 P点开始下落的相同粒子将 ( ) A．打到下极板上 B．在下极板处返回 C．在距上极板 2 d 处返回 D．在距上极板 2 5 d处返回 答案：D 解析：由题意知，带电粒子落到下极板处的速度为 0，设此时电场强度为 E，根据动能定理有，mg(d ＋ 2 d )－qEd＝0，板间电压不变的情况下，下极板向上平移 3 d 后，电场强度变为原来的 3 2 倍，所以后来的 电场强度为 3 2 EE'  ，假设带电粒子在距上极板 h处时，速度变为 0，根据动能定理得 mg(h＋ 2 d )－qE′h ＝0，得 2 5 dh  。 17．如图，在水平面(纸面)内有三根相同的均匀金属棒 ab、ac和 MN，其中 ab、ac在 a点接触，构成“V” 字型导轨。空间存在垂直于纸面的均匀磁场。用力使 MN向右匀速运动，从图示位置开始计时，运动中 MN始终与∠bac的平分线垂直且和导轨保持良好接触。下列关于回路中电流 i与时间 t的关系图线，可能 正确的是( ) 答案：A 解析：设金属棒单位长度的电阻为 R0，ab、ac与∠bac的平分线间的夹角都为θ，金属棒匀速运动的 速度为 v，则 t时刻金属棒产生的感应电动势为 E＝Bv·2vt·tanθ，电路中的总电阻 R＝(2vt·tanθ＋ 2 cos vt  )R0， 电流 0 tan 1tan cos E BvI R R          ，可以看出电流的大小不变。 18．如图，半径为 R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为 B，方向垂直于纸 面向外。一电荷量为 q(q＞0)、质量为 m的粒子沿平行于直径 ab的方向射入磁场区域，射入点与 ab的距 离为 2 R 。已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为 60°，则粒子的速率为(不计重力)( ) A． 2 qBR m B． qBR m C． 3 2 qBR m D． 2qBR m 答案：B 解析：做出粒子在圆柱形匀强磁场区域的运动轨迹如图，连接 MN，根据粒子 射出磁场时的速度方向与初速度方向间的夹角为 60°，及 MP＝ 2 R ，得出各角的 大小如图所示，粒子的出射点必与磁场圆的圆心等高，四边形 OMO′N为菱形， 粒子做圆周运动的半径 r＝R，根据 qvB＝ 2mv R ，得 qBRv m  。 19．如图，直线 a和曲线 b分别是在平直公路上行驶的汽车 a和 b的位置—时 间(x－t)图线。由图可知( ) A．在时刻 t1，a车追上 b车 B．在时刻 t2，a、b两车运动方向相反 C．在 t1到 t2这段时间内，b车的速率先减少后增加 D．在 t1到 t2这段时间内，b车的速率一直比 a车的大 答案：BC 解析：t1时刻，两车都在沿 x正方向运动，该时刻前，b车的位置坐标小，b车在 a车的后面，所以 t1 时刻是 b追上 a，A项错；t2时刻，a车继续沿 x正方向运动，而 b车向 x负方向运动，二者运动方向相反， B项正确；在位移—时间图象中，图线斜率的大小表示速度的大小，t1到 t2时间内，b的斜率先减小后增 大，故 b车的速率先减小后增大，C项正确；t1到 t2时间内，曲线 b的斜率大小存在比 a的斜率大的时间 段，也存在比 a小的时间段，D项错。 20． 2012年 6月 18日，神舟九号飞船与天宫一号目标飞行器在离地面 343 km 的近圆形轨道上成功进行 了我国首次载人空间交会对接。对接轨道所处的空间存在极其稀薄的大气。下列说法正确的是( ) A．为实现对接，两者运行速度的大小都应介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间 B．如不加干预，在运行一段时间后，天宫一号的动能可能会增加 C．如不加干预，天宫一号的轨道高度将缓慢降低 D．航天员在天宫一号中处于失重状态，说明航天员不受地球引力作用 答案：BC 解析：两者对接时，线速度大小相等，根据 GMv r  ，航天器做圆周运动的线速度均要小于第一宇 宙速度，A项错；如不加干预，由于大气阻力的作用，“天宫”一号的轨道将会降低，天宫一号将做向心 运动，在此过程中，重力大于阻力，合力做正功，动能增加，B、C项正确；航天员在天宫一号中虽然处 于失重状态，但是仍然受重力作用，D项错。 21． 2012年 11月，“歼 15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功。图(a)为利用阻拦系统让舰载机 在飞行甲板上快速停止的原理示意图。飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即关闭，阻拦系 统通过阻拦索对飞机施加一作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止。某次降落，以飞机着舰为计时零 点，飞机在 t＝0.4 s时恰好钩住阻拦索中间位置，其着舰到停止的速度—时间图线如图(b)所示。假如无阻 拦索，飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为 1 000 m。已知航母始终静止，重力加速度的大小为 g。则 ( ) 图 (a) 图(b) A．从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的 1/10 B．在 0.4 s～2.5 s时间内，阻拦索的张力几乎不随时间变化 C．在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小会超过 2.5g D．在 0.4 s～2.5 s时间内，阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变 答案：AC 解析：速度—时间图象中，图线与坐标轴所围图形的面积为物体的位移，所以可以计算飞机受阻拦时 运动的位移约为 x＝70×0.4 m＋ 1 2 ×(3.0－0.4)×70 m＝119 m，A正确；0.4 s到 2.5 s时间内，速度—时间 图象的斜率不变，说明两条绳索张力的合力不变，但是两力的夹角不断变小，所以绳索的张力不断变小， B错；0.4 s 到 2.5 s时间内平均加速度约为 a＝ 66 10 2.1  m/s2＝26.7 m/s2，C正确；0.4 s到 2.5 s时间内，阻 拦系统对飞机的作用力不变，飞机的速度逐渐减小，由 P＝Fv 可知，阻拦系统对飞机做功的功率逐渐减小， D错。 22． (7分)图(a)为测量物块与水平桌面之间动摩擦因数的实验装置示意图。实验步骤如下： 图(a) ①用天平测量物块和遮光片的总质量 M、重物的质量 m；用游标卡尺测量遮光片的宽度 d；用米尺测 量两光电门之间的距离 s； ②调整轻滑轮，使细线水平； ③让物块从光电门 A的左侧由静止释放，用数字毫秒计分别测出遮光片经过光电门 A和光电门 B所用 的时间 tA和 tB，求出加速度 a； ④多次重复步骤③，求 a的平均值 a； ⑤根据上述实验数据求出动摩擦因数μ。 回答下列问题： (1)测量 d时，某次游标卡尺(主尺的最小分度为 1 mm)的示数如图(b)所示，其读数为______ cm。 图(b) (2)物块的加速度 a可用 d、s、 tA和 tB表示为 a＝____________。 (3)动摩擦因数μ可用 M、m、 a和重力加速度 g表示为μ＝____________。 (4)如果细线没有调整到水平，由此引起的误差属于______(填“偶然误差”或“系统误差”)。 答案：(1)0.960 (2) 2 21 [( ) ( ) ] 2 B A d d s t t    (3) mg M m a Mg     (4)系统误差 解析：(1)游标卡尺的游标尺为 20分度，主尺读数为 0.9 cm，游标尺读数为 12×0.05 mm＝0.060 cm， 游标卡尺读数 0.9 cm＋0.060 cm＝0.960 cm。 (2)物块在两光电门间做匀加速直线运动，有 vB2－ vA2＝ 2as，即 2( ) ( ) 2 B A d d as t t     ，得 2 21 [( ) ( ) ] 2 B A d da s t t     (3)设线上拉力为 F，根据牛顿第二定律，对物块有：F－μMg＝M a，对重物有：mg－F＝m a，两式 联立得 mg M m a Mg       或对物块与重物组成系统，由 mg－μMg＝(M＋m) a得， mg M m a Mg       。 (4)如果细线没有调到水平，细线的拉力存在一竖直分力，物块受的摩擦力不再是μMg，此误差是由实 验原理造成的，为系统误差。 23． (8分)某学生实验小组利用图(a)所示电路，测量多用电表内电池的电动势和电阻“×1 k”挡内部电路 的总电阻。使用的器材有： 多用电表； 电压表：量程 5 V，内阻十几千欧； 滑动变阻器：最大阻值 5 kΩ； 导线若干。 回答下列问题： (1)将多用电表挡位调到电阻“×1 k”挡，再将红表笔和黑表笔______，调零点。 (2)将图(a)中多用电表的红表笔和______(填“1”或“2”)端相连，黑表笔连接另一端。 (3)将滑动变阻器的滑片调到适当位置，使多用电表的示数如图(b)所示，这时电压表的示数如图(c)所 示。多用电表和电压表的读数分别为______ kΩ和______ V。 (4)调节滑动变阻器的滑片，使其接入电路的阻值为 零。此时多用电表和电压表的读数分别为 12.0 kΩ和 4.00 V。从测量数据可知，电压表的内阻为______ kΩ。 (5)多用电表电阻挡内部电路可等效为由一个无内阻的电池、一个理想电流表和一个电 阻串联而成的电路，如图(d)所示。根据前面的实验数据计算可得，此多用电表内电池的电 动势为______ V，电阻“×1 k”挡内部电路的总电阻为______ kΩ。 答案：(1)短接 (2)1 (3)15.0 3.60 (4)12.0 (5)9.00 15.0 解析：(1)欧姆表调 0前，需要将两表笔短接。 (2)应用多用电表的欧姆挡时，电流从黑表笔流出，所以黑表笔接电压表正极，即黑表笔接 2，红表笔 接 1。 (3)欧姆表选用的倍率是×1 k，欧姆表的读数 15.0×1 k＝15.0 kΩ；电压表量程 5 V，最小分度 0.1 V， 读数时需要估读一位，为 3.60 V。 (4)当滑动变阻器的阻值为 0时，欧姆表所测的电阻即为电压表的内阻，所以为 12.0 kΩ。 (5)由(4)知，电压表内阻 12.0 kΩ，在(3)中，欧姆表的读数 15.0 kΩ，所以此时接入电路的滑动变阻器 的阻值为 3 kΩ，设电动势 E，多用表内阻 R，根据(3)和(4)中给的两组数据可知： 4V 12k 12 E R    ， 3.6V 15k 12 E R    ，两式联立得：E＝9.00 V，R＝15.0 kΩ。 24． (13分)水平桌面上有两个玩具车 A和 B，两者用一轻质细橡皮筋相连，在橡皮筋上有一红色标记 R。 在初始时橡皮筋处于拉直状态，A、B和 R分别位于直角坐标系中的(0,2l)、(0，－l)和(0,0)点。已知 A从静 止开始沿 y轴正向做加速度大小为 a的匀加速运动；B平行于 x轴朝 x轴正向匀速运动。在两车此后运动 的过程中，标记 R在某时刻通过点(l，l)。假定橡皮筋的伸长是均匀的，求 B运动速度的大小。 答案： 1 6 4 al 解析：设 B车的速度大小为 v。如图，标记 R在时刻 t通过点 K(l，l)，此时 A、B的位置分别为 H、G。 由运动学公式，H的纵坐标 yA、G的横坐标 xB分别为 yA＝2l＋ 1 2 at2① xB＝vt② 在开始运动时，R到 A和 B的距离之比为 2∶1，即 OE∶OF＝2∶1 由于橡皮筋的伸长是均匀的，在以后任一时刻 R到 A和 B的距离之比都为 2∶1。因此，在时刻 t有 HK∶KG＝2∶1③ 由于△FGH∽△IGK，有 HG∶KG＝xB∶(xB－l)④ HG∶KG＝(yA＋l)∶(2l)⑤ 由③④⑤式得 xB＝ 3 2 l⑥ yA＝5l⑦ 联立①②⑥⑦式得 1 6 4 v al ⑧ 25． (19分)如图，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，间距 为 L。导 轨上端接有一平行板电容器，电容为 C。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为 B，方向垂直于导轨平 面。在导轨上放置一质量为 m的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触。 已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为 g。忽略所有电阻。让金属棒从导轨上端由静 止开始下滑，求： (1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系； (2)金属棒的速度大小随时间变化的关系。 答案：(1)Q＝CBLv (2) 2 2 sin cosmv gt m B L C       解析：(1)设金属棒某一时刻下滑的速度大小为 v，则感应电动势为 E＝BLv① 平行板电容器两极板之间的电势差为 U＝E② 设此时电容器极板上积累的电荷量为 Q，按定义有 QC U  ③ 联立①②③式得 Q＝CBLv④ (2)设金属棒的速度大小为 v 时经历的时间为 t，通过金属棒的电流为 i。金属棒受到的磁场的作用力方 向沿导轨向上，大小为 f1＝BLi⑤ 设在时间间隔(t，t＋ t)内流经金属棒的电荷量为Q，按电流的定义有 Qi t    ⑥ Q也是平行板电容器极板在时间间隔(t，t＋ t)内增加的电荷量。由④式得 Q＝CBL v⑦ 式中， v 为金属棒的速度变化量。按定义有 va t    ⑧ 金属棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小为 f2＝μN⑨ 式中，N是金属棒对于导轨的正压力的大小，有 N＝mgcosθ 金属棒在时刻 t的加速度方向沿斜面向下，设其大小为 a，根据牛顿第二定律有 mgsinθ－f1－f2＝ma 联立⑤至⑪式得 2 2 sin cosma g m B L C        由⑫式及题设可知，金属棒做初速度为零的匀加速运动。t时刻金属棒的速度大小为 2 2 sin cosmv gt m B L C       33.(2013课标全国Ⅰ，33)[物理——选修 3－3](15分) (1)(6 分)两个相距较远的分子仅在分子力作用下由静止开始运动，直至不再靠近。在此过程中，下列说法 正确的是______。(填正确答案标号。选对 1个得 3分，选对 2个得 4分，选对 3个得 6分。每选错 1个扣 3分，最低得分为 0分) A．分子力先增大，后一直减小 B．分子力先做正功，后做负功 C．分子动能先增大，后减小 D．分子势能先增大，后减小 E．分子势能和动能之和不变 (2)(9 分)如图，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同气缸直立放置，气缸底部和顶部均有细管连通， 顶部的细管带有阀门 K。两气缸的容积均为 V0，气缸中各有一个绝热活塞(质量不 同，厚度可忽略)。开始时 K关闭，两活塞下方和右活塞上方充有气体(可视为理 想气体)，压强分别为 p0和 p0/3；左活塞在气缸正中间，其上方为真空；右活塞上 方气体体积为 V0/4。现使气缸底与一恒温热源接触，平衡后左活塞升至气缸顶部， 且与顶部刚好没有接触；然后打开 K，经过一段时间，重新达到平衡。已知外界 温度为 T0，不计活塞与气缸壁间的摩擦。求： (ⅰ)恒温热源的温度 T； (ⅱ)重新达到平衡后左气缸中活塞上方气体的体积 Vx。 答案：(1)BCE (2)(ⅰ) 7 5 T0 (ⅱ) 1 2 V0 解析：(1)分子力随分子间距离变化的图象如图，根据图象可知，分子间距离减 小过程中，分子力先增大，后减小，再增大，A项错；靠近过程中，分子力先为引 力，后为斥力。为引力时，分子力做正功，动能增大，分子势能减小，为斥力时， 分子力做负功，动能减小，分子势能增大，B、C正确，D错；运动过程中，总 能量守恒，E正确。 (2)(ⅰ)与恒温热源接触后，在 K未打开时，右活塞不动，两活塞下方的气 体经历等压过程，由盖·吕萨克定律得 0 0 0 7 / 4 5 / 4 VT T V  ① 由此得 T＝ 7 5 T0② (ⅱ)由初始状态的力学平衡条件可知，左活塞的质量比右活塞的大。打开 K后，左活塞下降至某一位 置，右活塞必须升至气缸顶，才能满足力学平衡条件。 气缸顶部与外界接触，底部与恒温热源接触，两部分气体各自经历等温过程，设左活塞上方气体压强 为 p，左气缸中活塞上方气体的体积为 Vx，由玻意耳定律得 pVx＝ 0 0 3 4 p V  ③ (p＋p0)(2V0－Vx)＝p0· 7 4 V0④ 联立③④式得 6Vx2－V0Vx－V0 2 ＝0 其解为 Vx＝ 1 2 V0⑤ 另一解 Vx＝ 1 3  V0，不合题意，舍去。 34． [物理——选修 3－4](15分) (1)(6分)如图，a、b、c、d是均匀媒质中 x轴上的四个质点，相邻两点的间距依次为 2 m、4 m和 6 m。一 列简谐横波以 2 m/s的波速沿 x轴正向传播，在 t＝0时刻到达质点 a处，质点 a由平衡位置开始竖直向下 运动，t＝3 s时 a第一次到达最高点。下列说法正确的是______。(填正确答案标号。选对 1个得 3分，选 对 2个得 4分，选对 3个得 6分。每选错 1个扣 3分，最低得分为 0分) A．在 t＝6 s时刻波恰好传到质点 d处 B．在 t＝5 s时刻质点 c恰好到达最高点 C．质点 b开始振动后，其振动周期为 4 s D．在 4 s＜t＜6 s的时间间隔内质点 c向上运动 E．当质点 d向下运动时，质点 b一定向上运动 (2)(9分)图示为一光导纤维(可简化为一长玻璃丝)的示意图，玻璃丝长为 L，折射率为 n，AB代表端面。已 知光在真空中的传播速度为 c。 (ⅰ)为使光线能从玻璃丝的 AB端面传播到另一端面，求光线在端面 AB上的入射角应满足的条件； (ⅱ)求光线从玻璃丝的 AB端面传播到另一端面所需的最长时间。 答案：(1)ACD (2)(ⅰ)sini≤ 2 1n  (ⅱ) 2Ln C 解析：(1)质点 a从平衡位置向下运动，到质点 a达到最高点，需要 3 4 T ， 3 4 T ＝3 s，T＝4 s；已知 v＝2 m/s，根据 v T   ，波长为 8 m，简谐横波从质点 a传到质点 d需要的时间为 t＝ 12 2 s＝6 s，A项正确；简谐横波传到质点 c需要的时间为 t′＝ 6 2 s＝3 s，此时质点 c在平衡位置向下振 动，再过半个周期，即 5 s末，质点 c仍然在平衡位置，向上振动，B项错；4 s末质点 c到达最低点，4 s 末到 6 s末这半个周期时间内，质点 c向上振动，D项正确，同一列波上各质点振动周期相同，C项正确； 起振时间相差 2 1 2 n T   的两个质点振动情况总是相反，质点 b和质点 d间距离 10 m，起振时间相差 5 4 T ， 不满足上述特点，E项错。 (2)(ⅰ)设光线在端面 AB上 C点(见下图)的入射角为 i，折射角为 r， 由折射定律有 sini＝nsinr① 设该光线射向玻璃丝内壁 D点的入射角为α，为了使该光线可在此光导纤维中传播，应有 α≥θ② 式中，θ是光线在玻璃丝内发生全反射时的临界角，它满足 nsinθ＝1③ 由几何关系得 α＋r＝90°④ 由①②③④式得 sini≤ 2 1n  ⑤ (ⅱ)光在玻璃丝中传播速度的大小为 cv n  ⑥ 光速在玻璃丝轴线方向的分量为 vz＝vsinα⑦ 光线从玻璃丝端面 AB传播到其另一端面所需时间为 z LT v  ⑧ 光线在玻璃丝中传播，在刚好发生全反射时，光线从端面 AB传播到其另一端面所需的时间最长，由 ②③⑥⑦⑧式得 Tmax＝ 2Ln c ⑨ 35． [物理——选修 3－5](15分) (1)(6分)一质子束入射到静止靶核 27 13Al上，产生如下核反应： p＋ 27 13Al―→X＋n 式中 p代表质子，n代表中子，X代表核反应产生的新核。由反应式可知，新核 X的质子数为______， 中子数为______。 (2)(9 分)在粗糙的水平桌面上有两个静止的木块 A和 B，两者相距为 d。现给 A一初速度，使 A与 B 发生弹性正碰，碰撞时间极短。当两木块都停止运动后，相距仍然为 d。已知两木块与桌面之间的动摩擦 因数均为μ，B的质量为 A的 2倍，重力加速度大小为 g。求 A的初速度的大小。 答案：(1)14 13 (2) 28 5 gd 解析：(1)由 1 1H＋ 27 13Al―→X＋ 1 0n，根据电荷数守恒和质量数守恒，可求得质子数为 14，中子数为 13。 (2)设在发生碰撞前的瞬间，木块 A的速度大小为 v；在碰撞后的瞬间，A和 B的速度分别为 v1和 v2。 在碰撞过程中，由能量和动量守恒定律，得 1 2 mv2＝ 1 2 mv1 2 ＋ 1 2 (2m)v2 2 ① mv＝mv1＋(2m)v2② 式中，以碰撞前木块 A的速度方向为正。由①②式得 2 1 2 vv   ③ 设碰撞后木块 A和木块 B运动的距离分别为 d1和 d2，由动能定理得 μmgd1＝ 1 2 mv1 2 ④ μ(2m)gd2＝ 1 2 (2m)v2 2⑤ 按题意有 d＝d1＋d2⑥ 设木块 A的初速度大小为 v0，由动能定理得 μmgd＝ 1 2 mv0 2 － 1 2 mv2⑦ 联立②至⑦式，得 0 28 5 v gd ⑧ 2012 年普通高等学校招生全国统一考试（新课标 I 卷） 理科综合（物理部分） 二、选择题。本题共 8小题，每小题 6分。在每小题给出的四个选项中，有的只有一项符合题目要求，有 的有多项符合题目要求。全部选对的得 6分，选对但不全的得 3分，有选错的得 0分。 14.伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础。早 期物理学家关于惯性有下列说法，其中正确的是 A．.物体抵抗运动状态变化的性质是惯性 B．.没有力作用，物体只能处于静止状态[来源:学+科+网 Z+X+X+K] C．.行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性 D．.运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动 15.如图，x轴在水平地面内，y轴沿竖直方向。图中画出了从 y轴上沿 x轴正向抛出的三个小球 a、b和 c 的运动轨迹，其中 b和 c是从同一点抛出的，不计空气阻力，则 A．.a的飞行时间比 b的长 B．.b和 c的飞行时间相同[来源:Zxxk.Com] C．.a的水平速度比 b的小 D．.b的初速度比 c的大 【答案】：BD 【解析】：根据平抛运动规律，a的飞行时间比 b的短， a的水平速度比 b的大，b和 c的飞行时间相同， b的初速度比 c的大，选项 AC错误 BD正确。 【考点定位】此题考查平抛运动规律的应用。 17.自耦变压器铁芯上只绕有一个线圈，原、副线圈都只取该线圈的某部分，一升压式 自耦调压变压器的电路如图所示，其副线圈匝数可调。已知变压器线圈总匝数为 1900 匝；原线圈为 1100匝，接在有效值为220V的交流电源上。当变压器输出电压调至最大 时，负载 R上的功率为 2.0kW。设此时原线圈中电流有效值为 I1，负载两端电压的有效 值为 U2，且变压器是理想的，则 U2和 I1分别约为 A.380V和 5 .3ª B.380V和 9.1ª C.240V和 5.3ª D.240V和 9.1A 【答案】：B 【解析】：当变压器输出电压调至最大时，副线圈电压 U2= 19 11 ×220V=380V.。负载 R上的功率为 P=2.0kW， 原线圈中电流有效值为 I1=P/U=9.1A，选项 B正确。 【考点定位】此题考查变压器及其相关知识。 a b c x y O 19.如图，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半 圆面（纸面）向里，磁感应强度大小为 B0.。使该线框从静止开始绕过圆心 O、垂直于半圆面的轴以角速 度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流。现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变 化。为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度 B随时 间的变化率 t B   的大小应为 A.   04 B B.   02 B C.   0B D.   2 0B 20.如图，一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内，线框在长直导线右侧，且其长边与长直导线 平行。已知在 t=0到 t=t1的时间间隔内，直导线中电流 i发生某种变化，而线框中感应电流总是沿顺时针 方向；线框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右。设电流 i正方向与图中箭头方向相同，则 i随 时间 t变化的图线可能是 【答案】：A 【解析】：由楞次定律可判断出 i随时间 t变化的图线可能是 A。 【考点定位】此题楞次定律、图象及其相关知识。 第Ⅱ卷 三、非选择题。包括必考题和选考题两部分。第 22题~第 32题为必考题，每个试题考生都必须做答。第 33题~第 40题为选考题，考生根据要求做答。 （一）必考题（11题，共 129分）[来源:学科网] 22.（5分） 某同学利用螺旋测微器测量一金属板的厚度。该螺旋测微器校零时的示数如图（a）所示，测量金属板厚 度时的示数如图（b）所示。图（a）所示读数为_________mm，图（b）所示读数为_________mm，所测 金属板的厚度为_________mm。 23.（10分）[来源:学科网 ZXXK] 图中虚线框内存在一沿水平方向、且与纸面垂直的匀强磁场。现通过测量通电导线在磁场中所受的安培力， 来测量磁场的磁感应强度大小、并判定其方向。所用部分器材已在图中给出，其中 D为位于纸面内的 U 形金属框，其底边水平，两侧边竖直且等长；E为直流电源；R为电阻箱；○A为电流表；S为开关。此外 还有细沙、天平、米尺和若干轻质导线。[来（1）在图中画线连接成实验电路图。 （2）完成下列主要实验步骤中的填空。[来源:学§科§网 Z§X§X§K] ①按图接线。 ②保持开关 S断开，在托盘内加入适量细沙，使 D处于平衡状态；然后用天平称出细沙质量 m1。 ③闭合开关 S，调节 R的值使电流大小适当，在托盘内重新加入适量细沙，使 D________；然后读出 ___________________，并用天平称出____________。 ④用米尺测量_______________。 （3）用测量的物理量和重力加速度 g表示磁感应强度的大小，可以得出 B=_________。 （4）判定磁感应强度方向的方法是：若____________，磁感应强度方向垂直纸面向外；反之，磁感应强 度方向垂直纸面向里。 答案：（1）连接成的实验电路图如图。 （2）③重新处于平衡状态； 电流表的示数 I 此时细沙的质量 m2. 24.（14分） 拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具（如图）。设拖把头的质量为 m，拖杆质量可以忽略；拖把头与地 板之间的动摩擦因数为常数μ，重力加速度为 g，某同学用该拖把在水平地板上拖地时，沿拖杆方向推拖把， 拖杆与竖直方向的夹角为θ。 （1） 若拖把头在地板上匀速移动，求推拖把的力的大小。[来源:Z&xx&k.Com] （2） 设能使该拖把在地板上从静止刚好开始运动的水平推力与此时地板对拖 把的正压力的比值为λ。已知存在一临界角θ0，若θ≤θ0，则不管沿拖杆方向的推 力多大，都不可能使拖把从静止开始运动。求这一临界角的正切 tanθ0。 （2）若不管沿拖把方向用多大的力都不能使拖把从静止开始运动，应有：Fsinθ≤λN。⑤ 这时①式仍满足，联立①⑤式得 tanθ≤ + N N mg  。 考虑到 N远大于 mg，所以临界角的正切 tanθ0=λ。 【考点定位】此题考查物体平衡及其相关知识。 25如图，一半径为 R的圆表示一柱形区域的横截面（纸面）。在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁 场，一质量为 m、电荷量为 q的粒子沿图中直线在圆上的 a点射入柱形区域， 在圆上的 b点离开该区域，离开时速度方向与直线垂直。圆心 O到直线的距离 为 R 5 3 。现将磁场换为平行于纸面且垂直于直线的匀强电场，同一粒子以同样 速度沿直线在 a点射入柱形区域，也在 b点离开该区域。若磁感应强度大小为 B，不计重力，求电场强度的大小。 过 b点和 O点作直线的垂线，分别与直线交于 c和 d点。由几何关系知，线段 ac、bc和过 a、b两点的 轨迹圆弧的两条半径（未画出）围成一正方形。因此：ac =bc =r。②[来源:Z,xx,k.Com] 设 cd =x，由几何关系得， ac =4R/5+x，③ bc =3R/5+ 2 2R x ，④ 联立②③④式得 r=7R/5。⑤ 33.[物理——选修 3-3]（15分） （1）（6分）关于热力学定律，下列说法正确的是__ _______（填入正确选项前的字母，选对 1个给 3分， 选对 2个给 4分，选对 3个给 6分，每选错 1个扣 3分，最低得分为 0分）。 A．.为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量 B．.对某物体做功，必定会使该物体的内能增加 C．.可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功[来源:Zxxk.Com] D．.不可能使热量从低温物体传向高温物体 E．.功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程 （2）（9分）如图，由 U形管和细管连接的玻璃泡 A、B和 C浸泡在温度均为 0°C的水槽中，B的容积是 A的 3倍。阀门 S将 A和 B两部分隔开。A内为真空，B和 C内都充有气体。U形管内左边水银柱比右 边的低 60mm。打开阀门 S，整个系统稳定后，U形管内左右水银柱高度相等。假设 U形管和细管中的气 体体积远小于玻璃泡的容积。 （i）求玻璃泡 C中气体的压强（以 mmHg为单位） （ii）将右侧水槽的水从 0°C加热到一定温度时，U形管内左右水银柱高度差又为 60mm，求加热后右侧水 槽的水温。 【考点定位】此题考查气体实验定律的应用。 34.[物理——选修 3-4]（15分） （1）（6分）一简谐横波沿 x轴正向传播，t=0时刻的波形如图（a）所示，x=0.30m处的质点的振动图线 如图（b）所示，该质点在 t=0时刻的运动方向沿 y轴_________（填“正向”或“负向”）。已知该波的波 长大于 0 .30m，则该波的波长为_______m。 答案：正向 0.8 解析：由题述可知 0.3m=λ/4+λ/8，该波的波长为λ=0.8m。 【考点定位】此题考查波动图象和振动图象。 （2）（9分）一玻璃立方体中心有一点状光源。今在立方体的部分表面镀上不透明薄膜，以致从光源发出 的光线只经过一次折射不能透出立方体。已知该玻璃的折射率为 2 ，求镀膜的面积与立方体表面积之比 的最小值。[ 来【考点定位】此题考查光的折射及其相关知识。 源:学科网 35.[物理——选修 3-5]（15分） （1）（6分）氘核和氚核可发生热核聚变而释放巨大的能量，该反应方程为： 2 1H+ 3 1H→ 4 2He+x ，式中 x是某 种粒子。已知： 2 1H、 3 1H、 4 2He和粒子 x的质量分别为 2.0141u、3.0161u、4.0026u和 1.0087u；1u=931.5MeV/c2， c是真空中的光速。由上述反应方程和数据可知，粒子 x是__________，该反应释放出的能量为_________ MeV（结果保留 3位有效数字） 答案：中子 17.6 解析：由核反应满足的质量数守恒和电荷数守恒可知，粒子 x是中子。由质能方程可得△E=△mc2=△m× 931.5MeV/c2=17.6 MeV。 【考点定位】此题考查核反应方程、核能计算等。 （2）（9分）如图，小球 a、b用等长细线悬挂于同一固定点 O。让球 a静止下垂， 将球 b向右拉起，使细线水平。从静止释放球 b，两球碰后粘在一起向左摆动，此 后细线与竖直方向之间的最大偏角为 60°。忽略空气阻力，求 （i）两球 a、b的质量之比； （ii）两球在碰撞过程中损失的机械能与球 b在碰前的最大动能之比。 a b O 【考点定位】此题考查机械能守恒定律、碰撞、动量守恒定律及其相关知识。 2011 年普通高等学校招生全国统一考试（新课标 I 卷） 理科综合（物理部分） 一、选择题：本题共 8小题，每小题 6分，共 48分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选 项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得 6分，选对但不全的得 3分，有选错的得 0分． 1．（6分）（2014•南充一模）为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环 形电流 I引起的．在如图四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是（ ） A． B． C． D． 考点： 分子电流假说．菁优网版权所有 专题： 电磁感应中的力学问题． 分析： 要知道环形电流的方向首先要知道地磁场的分布情况：地磁的南极在地理北极的附近，故右手的拇 指必需指向南方，然后根据安培定则四指弯曲的方向是电流流动的方向从而判定环形电流的方向． 解答： 解：地磁的南极在地理北极的附近，故在用安培定则判定环形电流的方向时右手的拇指必需指向南 方；而根据安培定则：拇指与四指垂直，而四指弯曲的方向就是电流流动的方向，故四指的方向应 该向西．故 B正确． 故选 B． 点评： 主要考查安培定则和地磁场分布，掌握安培定则和地磁场的分布情况是解决此题的关键所在．另外 要掌握此类题目一定要乐于伸手判定． 2．（6分）质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用．此后，该质点的动能可能（ ） A．一直增大 B．先逐渐减小至零，再逐渐增大 C．先逐渐增大至某一最大值，再逐渐减小 D．先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大 考点： 动能定理的应用．菁优网版权所有 分析： 一质点开始时做匀速直线运动，说明质点所受合力为 0，从某时刻起受到一恒力作用，这个恒力就 是质点的合力． 根据这个恒力与速度的方向关系确定质点动能的变化情况． 解答： 解：A、如果恒力与运动方向相同，那么质点做匀加速运动，动能一直变大，故 A正确． B、如果恒力与运动方向相反，那么质点先做匀减速运动，速度减到 0，质点在恒力作用下沿着恒 力方向做匀加速运动，动能再逐渐增大．故 B正确． C、如果恒力方向与原来运动方向不在同一直线上，那么将速度沿恒力方向所在直线和垂直恒力方 向分解，其中恒力与一个速度方向相同，这个方向速度就会增加，另一个方向速度不变，那么合速 度就会增加，不会减小．故 C错误． D、如果恒力方向与原来运动方向不在同一直线上，那么将速度沿恒力方向所在直线和垂直恒力方 向分解，其中恒力与一个速度方向相反，这个方向速度就会减小，另一个方向速度不变，那么合速 度就会减小，当恒力方向速度减到 0时，另一个方向还有速度，所以速度到最小值时不为 0，然后 恒力方向速度又会增加，合速度又在增加，即动能增大．故 D正确． 故选 ABD． 点评： 对于直线运动，判断速度增加还是减小，我们就看加速度的方向和速度的方向． 对于受恒力作用的曲线运动，我们可以将速度分解到恒力方向和垂直恒力方向，再去研究． 3．（6分）一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离．假定 空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法正确的是（ ） A．运动员到达最低点前重力势能始终减小 B．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力做负功，弹性势能增加 C．蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒 D．蹦极过程中，重力势能的改变与重力势能零点的选取有关 考点： 机械能守恒定律；弹性势能．菁优网版权所有 专题： 机械能守恒定律应用专题． 分析： 运动员人高台下落过程中，重力做正功，重力势能始终减小．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力 做负功，弹性势能增加．以运动员、地球和蹦极绳所组成的系统，只有重力和弹力做功，系统的机 械能守恒．重力势能的改变与重力做功有关，取决于初末位置． 解答： 解：A、运动员到达最低点前，重力对运动员一直做正功，运动员的重力势能始终减小．故 A正确． B、蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力方向向上，运动员的位移向下，弹性力对运动员做负功， 弹性势能增加．故 B正确． C、以运动员、地球和蹦极绳所组成的系统，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒．故 C 正确． D、重力势能的改变与重力做功有关，取决于初末位置的高度差，与重力势能零点的选取无关．故 D错误． 故选 ABC． 点评： 本题类似于小球掉在弹簧上的类型．重力与弹力特点相似，这两种力做正功时，势能减小，做负功 时，势能增加． 4．（6分）如图，一理想变压器原副线圈的匝数比为 1：2；副线圈电路中接有灯泡，灯泡的额定电压为 220V， 额定功率为 22W；原线圈电路中接有电压表和电流表．现闭合开关，灯泡正常发光．若用 U和 I分别表示 此时电压表和电流表的读数，则（ ） A．U=110V，I=0.2A B．U=110V，I=0.05A C．U=110 V，I=0.2A D．U=110 V， I=0.2 A 考点： 变压器的构造和原理．菁优网版权所有 专题： 交流电专题． 分析： 灯泡正常发光说明副线圈的电压为 220V，计算电流，根据变压器中电压与匝数成正比，电流与匝 数成反比即可求解． 解答： 解：灯泡正常发光说明副线圈的电压为 220V，电流为 =0.1A，根据电压、电流与匝数的关系知， 原线圈中电压为 =110V，电流为 =0.2A，A正确． 故选 A 点评： 本题考查了变压器的特点；电压与匝数成正比，电流与匝数成反比． 5．（6分）（2012•徐汇区一模）电磁轨道炮工作原理如图所示．待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动， 并与轨道保持良好接触．电流 I从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回．轨道电流可形成在 弹体处垂直于轨道面得磁场（可视为匀强磁场），磁感应强度的大小与 I成正比．通电的弹体在轨道上受到 安培力的作用而高速射出．现欲使弹体的出射速度增加至原来的 2倍，理论上可采用的方法是（ ） A．只将轨道长度 L变为原来的 2倍 B．只将电流 I增加至原来的 2倍 C．只将弹体质量减至原来的一半 D．将弹体质量减至原来的一半，轨道长度 L变为原来的 2倍，其它量不变 考点： 动能定理的应用；安培力．菁优网版权所有 专题： 动能定理的应用专题． 分析： 通电的弹体在轨道上受到安培力的作用，利用动能定理表示出弹体的出射速度． 根据速度的表达式进行求解． 解答： 解：通电的弹体在轨道上受到安培力的作用， 利用动能定理有 BIl•L= mv2， 磁感应强度的大小与 I成正比，所以 B=kI 解得 ． A、只将轨道长度 L变为原来的 2倍，弹体的出射速度增加至原来的 倍，故 A错误 B、只将电流 I增加至原来的 2倍，弹体的出射速度增加至原来的 2倍，故 B正确 C、只将弹体质量减至原来的一半，弹体的出射速度增加至原来的 倍，故 C错误 D、将弹体质量减至原来的一半，轨道长度 L变为原来的 2倍，其它量不变，弹体的出射速度增加 至原来的 2倍，故 D正确． 故选 BD． 点评： 解决该题关键运用动能定理表示出弹体的出射速度求解． 要找出一个物理量变化所采用的方法，应该先运用物理规律表示出这个物理量再根据表达式中各个 因素求解． 6．（6分）（2014•兰考县模拟）卫星电话信号需要通过地球卫星传送．如果你与同学在地面上用卫星电话 通话，则从你发出信号至对方接收到信号所需要最短时间最接近于（可能用到的数据：月球绕地球运动的 轨道半径为 3.8×105km，运动周期约为 27天，地球半径约为 6400km，无线电信号的传播速度为 3×108m/s） （ ） A．0.1s B．0.25s C．0.5s D．1s 考点： 人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．菁优网版权所有 分析： 同步卫星和月球都是绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力 ，求出轨道 半径比，从而得出同步卫星的轨道半径以及高度，根据速度公式求出时间． 解答： 解：根据万有引力提供向心力 ，解得：r= ，已知月球和同步卫星的周期比为 27：1，则月球和同步卫星的轨道半径比为 9：1．同步卫星的轨道半径 r′= ×3.8×105=4.2×104km．所 以接收到信号的最短时间 t= ≈0.25s． 故选 B． 点评： 解决本题的关键掌握万有引力提供向心力 ． 7．（6分）（2012•普陀区一模）一带负电荷的质点，在电场力作用下沿曲线 abc从 a运动到 c，已知质点的 速率是递减的．关于 b点电场强度 E的方向，下列图示中可能正确的是（虚线是曲线在 b点的切线）（ ） A． B． C． D． 考点： 电场强度；曲线运动．菁优网版权所有 专题： 压轴题；电场力与电势的性质专题． 分析： 根据物体做曲线运动的条件和受力特点分析电荷受的电场力方向，再由负电荷所受的电场力方向与 场强方向相反进行选择． 解答： 解： A、电荷做曲线运动，电场力与速度方向不在同一直线上，应指向轨迹弯曲的内侧，不可能沿轨迹 的切线方向，则场强也不可能沿轨迹的切线方向．故 A错误． B、负电荷所受的电场力方向与场强方向相反，图中电场力方向与速度方向的夹角为锐角，电场力 做正功，电荷的速率增大，与题不符．故 B错误． C、图中场强方向指向轨迹的内侧，则电场力指向轨迹的外侧，电荷的轨迹应向上弯曲，不可能沿 如图的轨迹运动．故 C错误． D、图中场强方向指向轨迹的外侧，则电场力指向轨迹的内侧，而且电场力方向与电荷的速度方向 成钝角，电场力做负功，电荷的速率减小，符合题意．故 D正确． 故选 D 点评： 本题是电场中轨迹问题，抓住电荷所受的合力指向轨迹的内侧和速度沿轨迹的切线方向是解题的关 键． 8．（6分）如图，在光滑水平面上有一质量为 m1的足够长的木板，其上叠放一质量为 m2的木块．假定木 块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．现给木块施加一随时间 t增大的水平力 F=kt（k是常数）， 木板和木块加速度的大小分别为 a1和 a2，下列反映 a1和 a2变化的图线中正确的是（ ） A． B． C． D． 考点： 牛顿第二定律．菁优网版权所有 专题： 压轴题；牛顿运动定律综合专题． 分析： 当 F比较小时，两个物体相对静止，一起加速运动，加速度相同，根据牛顿第二定律得出加速度与 时间的关系．当 F比较大时，m2相对于 m1运动，两者加速度不同，根据牛顿第二定律分别对两个 物体研究，得出加速度与时间的关系，再选择图象． 解答： 解：当 F比较小时，两个物体相对静止，加速度相同，根据牛顿第二定律得： a= = ，a∝t； 当 F比较大时，m2相对于 m1运动，根据牛顿第二定律得： 对 m1：a1= ，μ、m1、m2都一定，则 a1一定． 对 m2：a2= = ，a2是 t的线性函数，t增大，a2增大．由于 F随时间增大， 木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等，所以 a2大于两物体相对静止时的最大加速度． 故选 A 点评： 本题首先要分两个相对静止和相对运动两种状态分析，其次采用整体法和隔离法研究得到加速度与 时间的关系式，再选择图象，是经常采用的思路． 二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第 9题～12题为必考题；每个试题考生都必须作答．第 13 题～18题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题 9．为了测量一微安表头 A的内阻，某同学设计了如图所示的电路．图中，A0是标准电流表，R0和 RN分 别是滑动变阻器和电阻箱，S和 S1分别是单刀双掷开关和单刀开关，E是电池．完成下列实验步骤中的填 空： （1）将 S拨向接点 1，接通 S1，调节 R0 ，使待测表头指针偏转到适当位置，记下此时 标准电流表 的读数 I； （2）然后将 S拨向接点 2，调节 RN ，使 标准电流表的读数仍为 I ，记下此时 RN的读数； （3）多次重复上述过程，计算 RN读数的 平均值 ，此即为待测微安表头内阻的测量值． 考点： 用多用电表测电阻．菁优网版权所有 专题： 实验题；恒定电流专题． 分析： 先接通 1，使待测电表有一示数，再接通 2调节电阻箱使待测电表的示数相同，此时电阻箱的示 数即为待测电表的内阻． 解答： 解：（1）将 S拨向接点 1，接通 S1，调节 R0 使待测表头指针偏转到适当位置，记下此时标准电 流表 读数 I； （2）然后将 S拨向接点 2，调节 RN，使 标准电流表的读数仍为 I，记下此时 RN的读数； （3）多次重复上述过程，计算 RN读数的 平均值，此即为待测微安表头内阻的测量值． 故答案为：（1）R0 标准电流表（2）RN，标准电流表的读数仍为 I （3）平均值 点评： 本题考查了一种新的实验方法测量电表的内阻，要能够根据实验原理图知道实验的原理和步骤． 10．利用图所示的装置可测量滑块在斜面上运动的加速度．一斜面上安装有两个光电门，其中光电门乙固 定在斜面上靠近底端处，光电门甲的位置可移动，当一带有遮光片的滑块自斜面上滑下时，与两个光电门 都相连的计时器可以显示出遮光片从光电门甲至乙所用的时间 t．改变光电门甲的位置进行多次测量，每 次都使滑块从同一点由静止开始下滑，并用米尺测量甲、乙之间的距离 s，记下相应的 t值；所得数据如 下表所示． s（m） 0.500 0.600 0.700 0.800 0.900 0.950 t（ms） 292.9 371.5 452.3 552.8 673.8 776.4 s/t（m/s） 1.71 1.62 1.55 1.45 1.34 1.22 完成下列填空和作图： （1）若滑块所受摩擦力为一常量，滑块加速度的大小 a、滑块经过光电门乙时的瞬时速度 v1、测量值 s和 t四个物理量之间所满足的关系式是 s=v1t﹣ at2 ； （2）根据表中给出的数据，在答题纸的图上给出的坐标纸上画出 s/t﹣t图线； （3）由所画出的 s/t﹣t图线，得出滑块加速度的大小为 a= 2.0 m/s2（保留 2位有效数字）． 考点： 测定匀变速直线运动的加速度．菁优网版权所有 专题： 实验题；恒定电流专题． 分析： 可以把光电门甲至乙的匀加速运动看成反向的匀减速运动，写出测量值 s和 t四个物理量之间所满 足的关系式． 由位移时间关系式整理得到 ﹣t图线的表达式，并找出图线的斜率和加速度关系． 解答： 解：①已知滑块沿斜面下滑时做匀加速运动，滑块加速度的大小 a、滑块经过光电门乙时的瞬时速 度 v1、测量值 s和 t四个物理量．因为时速度 v1是下滑的末速度，所以我们可以看下滑的逆过程， 所以满足的关系式是：s=v1t+ at2 ②根据表中给出的数据，在图 2给出的坐标纸上画出 ﹣t图线； ③由 s=v1t﹣ at2整理 得： =v1﹣ at 由表达式可知，加速度等于斜率大小的两倍．所以由图象得出滑块加速度的大小为 a=2.0m/s2 故答案为：①s=v1t﹣ at2；②如图；③2.0 点评： 题目的难度在于：物体加速下滑时，我们研究了它的逆过程，并且要整理图象所要求的表达式． 11．甲乙两辆汽车都从静止出发做加速直线运动，加速度方向一直不变．在第一段时间间隔内，两辆汽车 的加速度大小不变，汽车乙的加速度大小是甲的两倍；在接下来的相同时间间隔内，汽车甲的加速度大小 增加为原来的两倍，汽车乙的加速度大小减小为原来的一半．求甲乙两车各自在这两段时间间隔内走过的 总路程之比． 考点： 匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．菁优网版权所有 专题： 压轴题；直线运动规律专题． 分析： 分别对甲乙两车研究，用加速度 a，时间间隔 t0等相同的量表示总位移，再求出路程之比． 解答： 解：设汽车甲在第一段时间时间间隔 t0末的速度为 v，第一段时间间隔内行驶的路程为 s1，加速度 为 a，在第二段时间间隔内行驶的路程为 s2．由题，汽车甲在在第二段时间间隔内加速度为 2a．设 甲、乙两车行驶的总路程分别为 s、s'，则有 s=s1+s2，s'=s1′+s2′． 由运动学公式得 v=at0① s1= ② ③ 将①代入③得 s2=2a ，④ 由②+④得 s=s1+s2= 设乙车在时间 t0的速度为 v'，在第一、二段时间间隔内行驶的路程分别为 s1′、s2′． 同样有 v'=（2a）t0⑤ ⑥ ⑦ 将⑤代入⑦得 s2′= ⑧ 由⑥+⑧得 s'=s1′+s2′= ． 所以甲、乙两车各自行驶的总路程之比为 ⑨ 答：甲乙两车各自在这两段时间间隔内走过的总路程之比为 5：7． 点评： 对于两个物体运动问题的处理，除了分别研究两个物体的运动情况外，往往要抓住它们之间的关系， 列出关系式． 12．如图，在区域Ⅰ（0≤x≤d）和区域Ⅱ（d＜x≤2d）内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小分别为 B和 2B，方向相反，且都垂直于 Oxy 平面．一质量为 m、带电荷量 q（q＞0）的粒子 a于某时刻从 y轴上的 P 点射入区域Ⅰ，其速度方向沿 x轴正向．已知 a在离开区域Ⅰ时，速度方向与 x轴正向的夹角为 30°；此 时，另一质量和电荷量均与 a相同的粒子 b也从 P点沿 x轴正向射入区域Ⅰ，其速度大小是 a的 1/3，不 计重力和两粒子之间的相互作用力，求： （1）粒子 a射入区域Ⅰ时速度的大小； （2）当 a离开区域Ⅱ时，a、b两粒子的 y坐标之差． 考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．菁优网版权所有 专题： 压轴题；带电粒子在磁场中的运动专题． 分析： （1）根据洛伦兹力提供向心力，运用几何关系求出粒子的轨道半径，结合牛顿第二定律求出粒子 a 射入区域Ⅰ时速度的大小． （2）通过洛伦兹力提供向心力，得出 a粒子在区域Ⅱ中的轨道半径是区域Ⅰ中的一半，结合几何 关系得出 a粒子离开区域Ⅱ时，a粒子的纵坐标．根据时间关系通过几何关系求出当 a离开区域Ⅱ 时，b粒子的纵坐标，从而得出 a、b两粒子的 y坐标之差． 解答： 解：（1）设粒子 a在 I内做匀速圆周运动的圆心为 C（在 y轴上），半径为 Ra1，粒子速率为 va，运 动轨迹与两磁场区域边界的交点为 P'，如图 由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得 ① 由几何关系得∠PCP′=θ ②， ③，式中 θ=30° 由①②③式得 ④ （2）设粒子 a在 II内做圆周运动的圆心为 Oa，半径为 Ra1，射出点为 Pa（图中未画出轨迹）， ∠P′OaPa=θ′． 由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得 ⑤ 由①⑤式得 ⑥ C、P'和 Oa三点共线，且由⑥式知 Oa点必位于 ⑦的平面上．由对称性知，Pa点与 P'点纵 坐标相同， 即 y1=Ra1cosθ+h⑧式中，h是 C点的 y坐标 设 b在 I中运动的轨道半径为 Rb1，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得 ⑨ 设 a到达 Pa点时，b位于 Pb点，转过的角度为α．如果 b没有飞出 I，则 ⑩， ，（11） 式中，t是 a在区域 II中运动的时间，而 （12）， （13） 由⑤⑨⑩（11）（12）式得 α=30°（14） 由①③⑨（14）式可见，b没有飞出．Pb点的 y坐标为 y2=Rb1（2+cosα）+h 由①③⑧⑨式及题给条件得，a、b两粒子的 y坐标之差为 ． 答：（1）粒子 a射入区域Ⅰ时速度的大小 ． （2）当 a离开区域Ⅱ时，a、b两粒子的 y坐标之差为 ． 点评： 本题考查带电粒子在磁场中的运动，需掌握粒子在磁场中运动的轨道半径公式，能够正确地作出轨 迹图，运用几何关系求解． 三、（二）选考题：．[物理--选修 3-3] 13．（2012•长沙模拟）对于一定量的理想气体，下列说法正确的是 （ ） A．若气体的压强和体积都不变，其内能也一定不变 B．若气体的内能不变，其状态也一定不变 C．若气体的温度随时间不断升高，其压强也一定不断增大 D．气体温度每升高 1K所吸收的热量与气体经历的过程有关 E．当气体温度升高时，气体的内能一定增大 考点： 物体的内能；理想气体的状态方程．菁优网版权所有 专题： 压轴题；内能及其变化专题． 分析： 理想气体内能由物体的温度决定，理想气体温度变化，内能变化；由理想气体的状态方程可以判断 气体温度变化时，气体的体积与压强如何变化． 解答： 解：A、由理想气体的状态方程可知，若气体的压强和体积都不变，则其温度不变，其内能也一定 不变，故 A正确； B、若气体的内能不变，则气体的温度不变，气体的压强与体积可能发生变化，气体的状态可能变 化，故 B错误； C、由理想气体的状态方程可知，若气体的温度 T随时间升高，体积同时变大，其压强可能不变， 故 C错误； D、气体绝热压缩或膨胀时，气体不吸热也不放热，气体内能发生变化，温度升高或降低，在非绝 热过程中，气体内能变化，要吸收或放出热量，由此可知气体温度每升高 1K所吸收的热量与气体 经历的过程有关，故 D正确； E、理想气体内能由温度决定，当气体温度升高时，气体的内能一定增，故 E正确； 故答案为：ADE． 点评： 理想气体分子间的距离较大，分子间的作用力为零，分子势能为零，理想气体内能由温度决定． 14．如图，一上端开口、下端封闭的细长玻璃管，下部有长 l1=66cm的水银柱，中间封有长 l2=6.6cm 的空气柱，上部有长 l3=44cm的水银柱，此时水银面恰好与管口平齐．已知大气压强为 P0=76cmHg．如 果使玻璃管绕底端在竖直平面内缓慢地转动一周，求在开口向下和转回到原来位置时管中空气柱的 长度．封入的气体可视为理想气体，在转动过程中没有发生漏气． 考点： 理想气体的状态方程．菁优网版权所有 专题： 压轴题；理想气体状态方程专题． 分析： 根据平衡条件研究空气柱压强初位置的压强，玻璃管开口向下时，原来上部的水银有一部分会流 出，封闭端会有部分真空，水银柱总长度为 76cm，然后根据玻意耳定律列式求解；转回到原来 位置时先根据平衡条件求出空气中压强，然后根据玻意耳定律列式求解． 解答： 解：设玻璃管开口向上时，空气柱压强为：P1=P0+ρgl3 ① （式中ρ和 g分别表示水银的密度和重力加速度．） 玻璃管开口向下时，原来上部的水银有一部分会流出，封闭端会有部分真空． 设此时开口端剩下的水银柱长度为 x，则 P2=ρgl1，P2+ρgx=P0② （P2管内空气柱的压强．） 由玻意耳定律得 P1（sl2）=P2（sh） ③ （式中，h是此时空气柱的长度，S为玻璃管的横截面积．） 由①②③式和题给条件得 h=12cm ④ 从开始转动一周后，设空气柱的压强为 P3，则 P3=P0+ρgx⑤ 由玻意耳定律得 P1（sl2）=P3（sh'）⑥ （式中，h'是此时空气柱的长度．） 由①②③⑤⑥h'≈9.2cm 答：在开口向下管中空气柱的长度为 12cm，到原来位置时管中空气柱的长度是 9.2cm． 点评： 本题关键是求出被封闭气体的压强即可正确解答，解答这类问题注意以水银柱为研究对象，根据 平衡状态求解． 四、[物理--选修 3-4] 15．一振动周期为 T、振幅为 A、位于 x=0点的波源从平衡位置沿 y轴正向开始做简谐运动．该波源产生 的一维简谐横波沿 x轴正向传播，波速为 v，传播过程中无能量损失．一段时间后，该振动传播至某质点 P，关于质点 P振动的说法正确的是 （ ） A．振幅一定为 A B．周期一定为 T C．速度的最大值一定为 v D．开始振动的方向沿 y轴向上或向下取决于它离波源的距离 E．若 P点与波源距离 s=vT，则质点 P的位移与波源的相同 考点： 波长、频率和波速的关系；横波的图象．菁优网版权所有 专题： 压轴题． 分析： 波传播过程中，各振动质点的振动周期、振幅、起振方向都和波源质点相同，质点的振动速度大小 跟波速无关． 解答： 解：A、B、D波传播过程中，各振动质点的振动周期、振幅、起振方向都和波源质点相同，A、B 正确，D错误； C、质点的振动速度大小跟波速无关，C错误； E、s=vT，则 s等于一个波长，即 P点与波源质点相位相同，振动情况总相同，位移总相同，E正 确． 故选 ABE 点评： 本题考查了波动和振动的区别和联系，质点振动的速度是呈周期性变化的． 16．一半圆柱形透明物体横截面如图所示，底面 AOB镀银（图中粗线），O表示半圆截面的圆心，一束光 线在横截面内从M点入射，经过 AB面反射后从 N点射出．已知光线在M点入射角为 30°，∠MOA=60°， ∠NOB=30°．求 （ⅰ）光线在M点的折射角； （ⅱ）透明物体的折射率． 考点： 光的折射定律．菁优网版权所有 专题： 压轴题；光的折射专题． 分析： （1）作出光路图，根据几何关系求出光线在M点的折射角． （2）根据折射角，通过折射定律求出透明物体的折射率． 解答： （1）如图，透明物体内部的光路为折线MPN，Q、M点相对于底面 EF对称，Q、P和 N三点共线 设在M点处，光的入射角为 i，折射角为 r，∠OMQ=α，∠PNF=β．根据题意有 α=30° ① 由几何关系得，∠PNO=∠PQO=r，于是 β+r=60°② 且α+r=β ③ 由①②③式得 r=15°④ （2）根据折射率公式有 sini=nsinr ⑤ 由④⑤式得 n= ⑥ 答：（1）光线在M点的折射角为 15°． （2）透明物体的折射率为 ． 点评： 本题主要考查光的折射和反射，掌握折射定律，本题对数学几何能力的要求较高． 五、[物理--选修 3-5] 17．在光电效应实验中，某金属的截止频率相应的波长为λ0，该金属的逸出功为 ． 若用波长为λ（λ＜λ0）的单色光做该实验，则其遏止电压为 ．已知电子的电荷量、真空 中的光速和普朗克常量分别为 e、c和 h． 考点： 爱因斯坦光电效应方程．菁优网版权所有 专题： 压轴题；光电效应专题． 分析： 逸出功W0=hγc，根据该公式求出金属逸出功的大小．根据光电效应方程，结合 Ekm=eU求出遏止电 压的大小． 解答： 解：金属的逸出功 ． 根据光电效应方程知： ，又 Ekm=eU，则遏止电压 U= ． 故答案为： ， ． 点评： 解决本题的关键掌握光电效应方程，以及掌握最大初动能与遏止电压的关系． 18．如图，A、B、C三个木块的质量均为 m，置于光滑的水平桌面上，B、C之间有一轻质弹簧，弹簧的 两端与木块接触而不固连．将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把 B和 C紧连，使弹簧不能伸展，以至于 B、 C可视为一个整体．现 A以初速度 v0沿 B、C的连线方向朝 B运动，与 B相碰并粘合在一起．以后细线 突然断开，弹簧伸展，从而使 C与 A、B分离．已知离开弹簧后的速度恰好为 v0．求弹簧释放的势能． 考点： 动量守恒定律；机械能守恒定律．菁优网版权所有 专题： 压轴题；动量定理应用专题． 分析： A与 B、C碰撞过程中动量守恒，由动量守恒定律可以求出碰后三者的共同速度； 线断开，AB与 C分力过程中动量守恒，由动量守恒定律可以列方程； 在弹簧弹开过程中，系统机械能守恒，由机械能守恒定律可以列方程，解方程即可求出弹簧的弹性 势能． 解答： 解：（1）设碰后 A、B和 C的共同速度的大小为 v，由动量守恒定律得：mv0=3mv， 设 C离开弹簧时，A、B的速度大小为 v1，由动量守恒得 3mv=2mv1+mv0，解得：v1=0； （2）设弹簧的弹性势能为 EP，从细线断开到 C与弹簧分开的过程中机械能守恒，有 （3m）v2+EP= （2m）v12+ mv02，解得：EP= mv02 ； 答：弹簧释放的势能为 mv02． 点评： 分析清楚物体运动过程，熟练应用动量守恒定律、能量守恒定律即可正确解题．