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2019年高三一模物理试题含解析
一、选择题本题共8小题,每小题6分.1.(6分)(xx•银川校级一模)在物理学理论建立的过程中,有许多伟大的科学家做出了贡献.关于科学家和他们的贡献,下列说法中正确的是( ) A.法拉第根据电流的磁效应现象得出了法拉第电磁感应定律 B.卡文迪许发现了电荷之间的相互作用规律,并测出了静电力常量k的值 C.开普勒通过研究行星观测记录,发现了行星运动三大定律 D.牛顿总结出了万有引力定律并用实验测出了引力常量【考点】物理学史.【专题】常规题型.【分析】根据物理学史和常识解答,记住著名物理学家的主要贡献即可.【解析】解A、法拉第通过大量实验总结得出了法拉第电磁感应定律.故A错误.B、库仑发现了电荷之间的相互作用规律,并测出了静电力常量k的值,故B错误;C、开普勒通过研究行星观测记录,发现了行星运动三大定律,故C正确;D、牛顿总结出了万有引力定律,卡文迪许用实验测出了引力常量,故D错误;故选C.【点评】本题考查物理学史,是常识性问题,对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆,这也是考试内容之一. 2.(6分)(xx•安徽二模)如图所示,轻质弹簧一端系在质量为m=1kg的小物块上,另一端固定在墙上.物块在斜面上静止时,弹簧与竖直方向的夹角为37°,已知斜面倾角θ=37°,斜面与小物块间的动摩擦因数μ=
0.5,斜面固定不动.设物块与斜面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,下列说法正确是( ) A.小物块可能只受三个力B.弹簧弹力大小一定等于4N C.弹簧弹力大小可能等于5ND.斜面对物块支持力可能为零【考点】共点力平衡的条件及其应用;力的合成与分解的运用.【专题】共点力作用下物体平衡专题.【分析】滑块可能受重力、支持力、摩擦力三个力处于平衡,弹簧处于原长,弹力为零.滑块可能受重力、支持力、摩擦力、弹簧的弹力四个力处于平衡.根据共点力平衡进行分析.【解析】解μmgcos37°=4Nmgsin37°=6Nμmgcos37°<mgsin37°A、若不受弹簧的压力则木块不可能静止,故物块一定受弹簧的压力,还受重力、斜面支持力和静摩擦力,四个力的作用而平衡,A错误;B、若要物块静止,μ(mgcos37°+N)≥6N得N≥4N故B错误C正确;D、由于滑块此时受到的摩擦力大小等于重力沿斜面向下的分力,不可能为零,所以斜面对滑块的支持力不可能为零,D错误;故选C.【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析,运用共点力平衡进行求解,注意弹簧的弹力可能为零,可能不为零. 3.(6分)(xx•银川校级一模)一辆跑车在行驶过程中的最大输出功率与速度大小的关系如图,已知该车质量为2×103kg,在某平直路面上行驶,阻力恒为3×103N.若汽车从静止开始以恒定加速度2m/s2做匀加速运动,则此匀加速过程能持续的时间大约为( ) A.8sB.14sC.26sD.38s【考点】功率、平均功率和瞬时功率.【专题】功率的计算专题.【分析】通过图象判断出汽车的最大功率,在匀加速时,由牛顿第二定律求出牵引力,在加速阶段达到最大速度时,机车达到最大功率,求出速度,再有运动学公式求出时间.【解析】解由图可知,跑车的最大输出功率大约为200kW,根据牛顿第二定律得,牵引力F=f+ma=3000+xx×2N=7000N,则匀加速过程最大速度,则匀加速过程持续的时间t=.故B正确,A、C、D错误.故选B.【点评】解决本题的关键会根据汽车的受力情况判断运动情况,知道在水平面上行驶当牵引力等于阻力时,速度最大,匀加速运动过程中,当汽车功率达到额定功率时,匀加速过程结束,该题是考查学综合分析能力的好题. 4.(6分)(xx•荆门模拟)理论研究表明第二宇宙速度是第一宇宙速度的倍.火星探测器悬停在距火星表面高度为h处时关闭发动机,做自由落体运动,经时间t落到火星表面.已知引力常量为G,火星的半径为R.若不考虑火星自转的影响,要探测器脱离火星飞回地球,则探测器从火星表面的起飞速度至少为( ) A.
7.9km/sB.
11.2km/sC.D.【考点】第一宇宙速度、第二宇宙速度和第三宇宙速度.【专题】万有引力定律的应用专题.【分析】地球的第一宇宙速度为
7.9km/s,而第二宇宙速度为
11.2km/s,对于火星来说,第二宇宙速度是第一宇宙速度的倍,根据公式v=,即可求解.【解析】解A、速度
7.9km/s与
11.2km/s是地球的第一宇宙速度与第二宇宙速度,故AB错误;C、根据运动学公式,结合高度为h处探测器,经时间t落到火星表面,则火星表面的重力加速度g火=;根据公式v===,则探测器从火星表面的起飞速度至少v=,故D正确,C错误;故选D.【点评】考查星球的第二宇宙速度是第一宇宙速度的倍,不同的星球第一速度有不同的大小,
7.9km/s是地球的第一宇宙速度. 5.(6分)(xx•荆门模拟)空间存在着沿竖直方向的各处均匀的磁场,将一个不变形的单匝金属圆线圈放入磁场中,如图甲所示,设甲图中线圈中磁感应强度的方向和感应电流的方向为正方向.要想在线圈中产生如图乙所示的感应电流,图丙中能正确表示线圈中磁感应强度随时间变化的图线是( ) A.B.C.D.【考点】法拉第电磁感应定律.【专题】电磁感应与图像结合.【分析】根据图乙所示电流方向由楞次定律判断磁感应强度方向与变化趋势,然后分析答题.【解析】解由图乙所示可知,在0﹣1s内,电流是正的,即从上向下看,沿顺时针方向,电流大小是定值,则磁感应强度均匀变化,在1﹣2s内,感应电流为零,则磁感应强度不变,在2﹣4s内,感应电流是负的,即沿逆时针方向,电流大小不变,则磁感应强度随时间均匀变化;A、根据图示图象,由楞次定律可知,0﹣1s内感应电流感应电流沿顺时针方向(从上向下看),在1﹣2s内磁感应强度不变,穿过线圈的磁通量不变,感应电流为零,在2﹣4s内,由楞次定律可知,感应电流沿逆时针方向,符合题意,故A正确;B错误;C、由图示图示可知,在1﹣2s内,磁感应强度是变化的,穿过线圈的磁通量是变化的,线圈中有感应电流,不符合题意,故C错误;D、根据图示图象,由楞次定律可知,0﹣1s内感应电流感应电流逆时针方向(从上向下看),在1﹣2s内磁感应强度不变,穿过线圈的磁通量不变,感应电流为零,在2﹣4s内,由楞次定律可知,感应电流沿顺时针方向,不符合题意,故D错误;故选A.【点评】此类问题不必非要求得电动势的大小,应根据楞次定律判断电路中电流的方向,根据磁感应强度的变化情况可以判断出感应电流是否变化,即可正确解题. 6.(6分)(xx•银川校级一模)如图所示,变压器输入有效值恒定的电压,副线圈匝数可调,输出电压通过输电线送给用户(电灯等用电器),R表示输电线的电阻,则( ) A.用电器增加时,变压器输出电压增大 B.要提高用户的电压,滑动触头P应向上滑 C.用电器增加时,输电线的热损耗减少 D.用电器增加时,变压器的输入功率增加【考点】变压器的构造和原理.【专题】交流电专题.【分析】对于理想变压器要明确两个关系一是输出电压由输入电压决定,二是输入功率由输出功率决定.明确这两个关系然后根据有关电路知识即可求解.【解析】解A、由于变压器原、副线圈的匝数不变,而且输入电压不变,因此增加负载不会影响输出电压,故A错误;B、根据变压器原理可知输出电压U2=U1,当滑动触头P应向上滑时,n2增大,所以输出电压增大,故B正确;C、由于用电器是并联的,因此用电器增加时总电阻变小,输出电压不变,总电流增大,故输电线上热损耗增大,故C错误;D、用电器增加时总电阻变小,总电流增大,输出功率增大,所以输入功率增大,故D正确.故选BD.【点评】分析变压器时注意输出电压和输入功率这两个物理量的决定关系,然后结合电阻的串并联知识进行求解. 7.(6分)(xx•银川校级一模)位于正方形四角上的四个等量点电荷的电场线分布如图所示,ab、cd分别是正方形两条边的中垂线,O点为中垂线的交点,P、Q分别为cd、ab上的点.则下列说法正确的是( ) A.P、O两点的电势关系为φP=φO B.P、Q两点电场强度的大小关系为EQ<EP C.若在O点放一正点电荷,则该正点电荷受到的电场力不为零 D.若将某一负电荷由P点沿着图中曲线PQ移到Q点,电场力做负功【考点】电场线.【分析】根据电场线的方向确定场源电荷的正负.电势的高低看电场线的指向,沿着电场线电势一定降低.电场线的疏密表示场强的大小,根据电势高低判断功的正负.【解析】解A、根据电场叠加,由图象可知ab、cd两中垂线上各点的电势都为零,所以P、O两点的电势相等.故A错误.B、电场线的疏密表示场强的大小,根据图象知EP>EQ,故B正确;C、四个点电荷在O点产生的电场相互抵消,场强为零,故在O点放一正点电荷,则该正点电荷受到的电场力为零,故C错误.D、P、Q电势相等,所以a、c两点电势相等,若将某一负电荷由P点沿着图中曲线PQ移到Q点,电场力做功为零.故D错误.故选AB.【点评】本题的关键要掌握电场线的分布情况,能根据曲线的弯曲方向可知粒子的受力方向.通过电场线的指向看电势的高低. 8.(6分)(xx•银川校级一模)1932年,劳伦斯和利文斯设计出了回旋加速器.回旋加速器的工作原理如图所示,置于高真空中的D形金属盒半径为R,两盒间的狭缝很小,带电粒子穿过的时间可以忽略不计.磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直.A处粒子源产生的粒子,质量为m、电荷量为+q,在加速器中被加速,加速电压为U.实际使用中,磁感应强度和加速电场频率都有最大值的限制.若某一加速器磁感应强度和加速电场频率的最大值分别为Bm、fm,加速过程中不考虑相对论效应和重力作用( ) A.粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比1 B.粒子从静止开始加速到出口处所需的时间 C.如果fm>,粒子能获得的最大动能为2mπ2R2fm2 D.如果fm<,粒子能获得的最大动能为2mπ2R2fm2【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理.【专题】带电粒子在磁场中的运动专题.【分析】回旋加速器利用电场加速和磁场偏转来加速粒子,带电粒子在磁场中运动的周期与带电粒子的速度无关.根据洛伦兹力提供向心力得出轨道半径的公式,从而根据速度的关系得出轨道半径的关系.粒子离开回旋加速度时的轨道半径等于D形盒的半径,根据半径公式求出离开时的速度大小,从而得出动能.【解析】解A、根据v2=2ax得,带电粒子第一次和和第二次经过加速后的速度比为2,根据r=知,带电粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比r2r1=1.故A正确.B、设粒子到出口处被加速了n圈解得2nqU=,而,且T=,及t=nT;解得t=,故B正确.C、根据qvB=m,知v=,则带电粒子离开回旋加速器时获得动能为Ekm=mv2=,而f=,解得最大动能为2mπ2R2f2.如果fm<,粒子能获得的最大动能为2mπ2R2fm2故C错误,D正确;故选ABD.【点评】解决本题的关键知道回旋加速器加速粒子的原理,知道带电粒子在磁场中运动的周期与交变电场的周期相同,以及掌握带电粒子在磁场中运动的轨道半径公式和周期公式.
三、非选择题包括必考题和选考题两部分.第9-13题为必考题,每个试题考生都作答;第14题-19题为选考题,考生根据要求作答.
(一)必考题(共129分)9.(3分)(xx•银川校级一模)某同学用如图1所示的装置测定重力加速度实验中所用电源的频率为50Hz,实验中在纸带上连续打出点
1、
2、
3、…、9,如图2所示,由纸带所示数据可算出实验时重物下落的加速度为
9.80 m/s2.(结果保留三位有效数字)【考点】验证机械能守恒定律.【专题】实验题;机械能守恒定律应用专题.【分析】根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出重物下落的加速度.【解析】解根据得,加速度a==
9.80m/s2.故答案为
9.80【点评】对于纸带问题,需掌握纸带的处理方法,会通过纸带求解瞬时速度和加速度,关键是匀变速直线运动两个重要推论的运用. 10.(2分)(xx•洛阳一模)下面是一些有关高中物理实验的描述,其中正确的是( ) A.在“研究匀变速直线运动”实验中,不需要平衡摩擦力 B.在“验证机械能守恒定律”的实验中,必须用天平测物体的质量 C.在“验证力的平行四边形定则”实验中,只用一根弹簧秤无法完成 D.在用橡皮筋“探究功与速度变化的关系”的实验中不需要直接求出合外力做的功 E.在用欧姆表“×10”挡测量电阻时发现指针偏转角太小,应该换“×1”挡进行测量.【考点】探究小车速度随时间变化的规律;验证机械能守恒定律;探究功与速度变化的关系.【专题】实验题.【分析】通过实验的原理确定各个实验中的操作步骤是否正确,知道欧姆表的刻度盘与电流表、电压表刻度盘不同,指针偏角较小时,可知电阻较大,指针偏转较大时,电阻较小.【解析】解A、在“研究匀变速直线运动”的实验中,研究速度随时间变化的规律,不需要平衡摩擦力,故A正确.B、在验证机械能守恒定律的实验中,验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等,质量可以约去,不需要用天平测量物体的质量,故B错误.C、在验证力的平行四边形定则的实验中,沿研究合力和分力的关系,运用一根弹簧秤可以完成,故C错误.D、在用橡皮筋“探究功与速度变化的关系”的实验中不需要直接求出合外力做的功,运用相同的橡皮筋,通过功的倍数研究.故D正确.E、在用欧姆表“×10”挡测量电阻时发现指针偏转角太小,可知电阻太大,应换用倍率较大的档进行测量,故E错误.故选AD.【点评】解决本题的关键知道各个实验的原理,通过原理确定所需测量的物理量,以及实验中的注意事项,难度不大. 11.(10分)(xx•银川校级一模)半导体压阻传感器已经广泛地应用于航空、化工、航海、动力和医疗等部门,它们是根据“压阻效应”就是某些固体材料受到外力后除了产生形变,其电阻率也要发生变化的现象.现用如图1所示的电路研究某长薄板电阻Rx的压阻效应,已知Rx的阻值变化范围为几欧到几十欧,实验室中有下列器材A.电源E(3V,内阻约为1Ω)B.电流表A1(
0.6A,内阻r1=5Ω)C.电流表A2(
0.6A,内阻r2约为1Ω)D.开关S,定值电阻R0
(1)为了比较准确地测量电阻Rx的阻值,请根据图1虚线框内电路图的设计,甲表选用 Al (填或A2),乙表选用 A2 (填Al或A2).
(2)在电阻Rx上加一个竖直向下的力F(设竖直向下为正方向),闭合开关S,记下电表读数,A1的读数为I1,A2的读数为I2,得Rx= (用字母表示).
(3)改变力的大小,得到不同的Rx值,然后让力反向从下向上挤压电阻,并改变力的大小,得到不同的Rx值,最后绘成的图象如图2所示.当F竖直向下(设竖直向下为正方向)时,可得Rx与所受压力F的数值关系是Rx= 30﹣2F .(各物理量单位均为国际单位)
(4)定值电阻R0的阻值应该选用 B .A.1ΩB.5ΩC.10ΩD.20Ω【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线.【专题】实验题;恒定电流专题.【分析】
(1)测电阻阻值应测出电阻两端电压与通过电阻的电流,根据所给实验器材与实验原理作出实验电路图.
(2)根据实验电路应用并联电路特点与欧姆定律求出电阻阻值.
(3)分析图示图象,根据图象特点分析答题.
(4)由欧姆定律求出电路最小电阻,然后求出保护电阻的阻值,再选择保护电阻.【解析】解
(1)测电阻阻值需要测出电阻两端电压与通过电阻的电流,所给实验器材没有电压表,可以用已知内阻的电流表A2与待测电阻并联,测出电阻两端电压,另一个电流表A1串联在电路中测电路电流,故甲表用A1;乙表用A2;
(2)电阻两端电压U=I1r1,通过电阻的电流I=I2﹣I1,电阻阻值RX==;
(3)由图2所示图象可知,图象具有对称性,当正反向压力大小相等时,对应的电阻阻值相等;由图象可知,电阻与压力是一次函数关系,设为RX=R0+kF,由图象可知R0=30Ω,把RX=20Ω,F=﹣5N代入关系式解得k=﹣2,则关系式为RX=30﹣2F.
(4)电路最小总电阻为R最小===5Ω,则保护电阻阻值约为R0=R最小﹣r=5﹣1=4Ω,故选B.故答案为
(1)A1;A2;
(2);
(3)当正反向压力大小相等时,对应的电阻阻值相等;RX=30﹣2F;
(4)B【点评】伏安法测电阻原理时用电压表测出电阻两端电压,用电流表测出通过电阻的电流,然后由欧姆定律求出电阻阻值,当没有电压表而有已知内阻的电流表时,可以把电流表与待测电阻并联,利用并联电路电压特点与欧姆定律测电阻两端电压. 12.(14分)(xx•银川校级一模)如图所示,水平绷紧的传送带AB长L=6m,始终以恒定速率V1=4m/s运行.初速度大小为V2=6m/s的小物块(可视为质点)从与传送带等高的光滑水平地面上经A点滑上传送带.小物块m=lkg,物块与传送带间动摩擦因数μ=
0.4,g取lom/s2.求
(1)小物块能否到达B点,计算分析说明.
(2)小物块在传送带上运动时,摩擦力产生的热量为多少?【考点】牛顿第二定律;匀变速直线运动的位移与时间的关系.【专题】牛顿运动定律综合专题.【分析】物体由于惯性冲上皮带后,从右端滑上传送带时,可以先匀减速运动到速度为0再反向加速后匀速,也可以一直减速,分情况进行讨论即可解题.【解析】解
(1)不能,因为小物块在水平方向受到摩擦力的作用,有f=μmg,产生的加速度a==μg=
0.4×10=4m/s2小物块速度减为零时的位移是x,则有﹣2ax=0﹣v2得x==
4.5m<6m,所以小物块不能到达B点,
(2)小物块向左减速过程中的位移x==
4.5m小物块向右加速的过程中的位移x′==2m,速度等于传送带速度v1时,经历的时间t==
2.5s,传送带的位移s=v1t=4×
2.5m=10m,小物块相对于传送带的位移△x=s+(x﹣x′)=10+(
4.5﹣2)=
12.5m小物块在传送带上运动时,因相互间摩擦力产生的热量为Q=f•△x=
0.4×10×1×
12.5J=50J答
(1)小物块不能到达B点.
(2)小物块在传送带上运动时,摩擦力产生的热量为50J.【点评】本题关键是对于物体运动过程分析,物体可能一直减速,也有可能先减速后匀速运动,也可能先减速后加速再匀速运动,难度适中. 13.(18分)(xx•银川校级一模)如图所示,倾斜角θ=30°的光滑倾斜导体轨道(足够长)与光滑水平导体轨道连接.轨道宽度均为L=1m,电阻忽略不计.匀强磁场I仅分布在水平轨道平面所在区域,方向水平向右,大小B1=1T;匀强磁场II仅分布在倾斜轨道平面所在区域,方向垂直于倾斜轨道平面向下,大小B2=1T.现将两质量均为m=
0.2kg,电阻均为R=
0.5Ω的相同导体棒ab和cd,垂直于轨道分别置于水平轨道上和倾斜轨道上,并同时由静止释放.取g=10m/s2.
(1)求导体棒cd沿斜轨道下滑的最大速度的大小;
(2)若已知从开始运动到cd棒达到最大速度的过程中,ab棒产生的焦耳热Q=
0.45J,求该过程中通过cd棒横截面的电荷量;
(3)若已知cd棒开始运动时距水平轨道高度h=10m,cd棒由静止释放后,为使cd棒中无感应电流,可让磁场Ⅱ的磁感应强度随时间变化,将cd棒开始运动的时刻记为t=0,此时磁场Ⅱ的磁感应强度为B0=1T,试求cd棒在倾斜轨道上下滑的这段时间内,磁场Ⅱ的磁感应强度B随时间t变化的关系式.【考点】导体切割磁感线时的感应电动势.【专题】电磁感应与电路结合.【分析】
(1)从静止释放金属棒a,先做加速运动,随着速度增大,棒产生的感应电动势和感应电流增大,合力减小,加速度减小,由于导轨的倾斜部分足够长,所以金属棒在进入水平轨道前做匀速运动,根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式和平衡条件求出匀速运动时的速度.
(2)根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律、电流计算公式求出电荷量.
(3)由磁通量的计算公式、运动学公式分析答题.【解析】解
(1)cd棒匀速运动时速度最大,设为vm,棒中感应电动势为E,电流为I,感应电动势E=BLvm,电流I=,由平衡条件得mgsinθ=BIL,代入数据解得vm=1m/s;
(2)设cd从开始运动到达最大速度的过程中经过的时间为t,通过的距离为x,cd棒中平均感应电动势为E1,平均电流为I1,通过cd棒横截面的电荷量为q,由能量守恒定律得mgxsinθ=mvm2+2Q,电动势E1=,电流I1=,电荷量q=I1t,代入数据解得q=1C;
(3)设cd棒开始运动时穿过回路的磁通量为Φ0,cd棒在倾斜轨道上下滑的过程中,设加速度大小为a,经过时间t通过的距离为x1,穿过回路的磁通量为Φ,cd棒在倾斜轨道上下滑时间为t0,则Φ0=B0L,加速度a=gsinθ,位移x1=at2,Φ=BL(﹣x1),=at02,解得t0=s,为使cd棒中无感应电流,必须有Φ0=Φ,解得B=(t<s);答
(1)导体棒cd沿斜轨道下滑的最大速度的大小为1m/s;
(2)该过程中通过cd棒横截面的电荷量为1C;
(3)磁场Ⅱ的磁感应强度B随时间t变化的关系式为B=(t<s).【点评】本题分析时,一定要注意题中条件导轨的倾斜部分和水平部分都足够长,分析知道在斜轨上棒最终匀速运动,在水平轨道上最终静止,再运用电磁感应的规律和力学知识求解. 二)选考题、考生从以下三个模块中任选一模块作答【物理——选修3-3】(15分)14.(6分)(xx•荆门模拟)下列说法正确的是( ) A.气体扩散现象表明气体分子间存在斥力 B.液晶具有流动性,光学性质各向异性 C.热量总是自发的从分子平均动能大的物体传递到分子平均动能小的物体 D.机械能不可能全部转化为内能,内能也无法全部用来做功以转化成机械能 E.液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离,所以液体表面存在表面张力【考点】热力学第二定律;*晶体和非晶体;*液体的表面张力现象和毛细现象.【分析】气体扩散现象说明气体分子在做无规则运动;液晶具有流动性,光学性质各向异性;热量总是自发地温度高的物体传递到低温物体;根据热力学第二定律可知,能量的转化具有方向性;液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离,所以液体表面存在表面张力.【解析】解A、扩散说明分子在做无规则运动,不能说明分子间的斥力;故A错误;B、液晶是一类介于晶体与液体之间的特殊物质,它具有流动性,光学性质各向异性;故B正确;C、热量总是自发的从温度大的物体传递到温度低的得物体;而温度是分子平均动能的标志;故C正确;D、根据能量转化的方向可知,机械能可能全部转化为内能;故D错误;E、液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离,分子之间的作用力表现为引力,所以液体表面存在表面张力;故E正确;故选BCE【点评】本题考查分子动理论的内容,在解题时要注意热力学第一定律中的符号问题,引起内能增加的均为正值,引起内能减小的均为负值;内能的增加为正值,内能的减小为负值. 15.(9分)(xx•红河州一模)如图所示,在两端封闭粗细均匀的竖直长管道内,用一可自由移动的活塞A封闭体积相等的两部分气体.开始时管道内气体温度都为T0=500K,下部分气体的压强p0=
1.25×105Pa,活塞质量m=
0.25kg,管道的内径横截面积S=1cm2.现保持管道下部分气体温度不变,上部分气体温度缓慢降至T,最终管道内上部分气体体积变为原来的,若不计活塞与管道壁间的摩擦,g=10m/s2,求此时上部分气体的温度T.【考点】理想气体的状态方程;封闭气体压强.【专题】理想气体状态方程专题.【分析】对下部分气体分析知气体为等温变化,根据玻意耳定律求出气体压强,再根据平衡求出上部分气体压强,最后对上部分气体根据根据理想气体状态方程列式求温度.【解析】解设初状态时两部分气体体积均为V0,对下部分气体,等温变化,根据玻意耳定律知P0V0=PV,其中解得P=
1.25×105Pa=1×l05Pa对上部分气体,初态P1=P0﹣=1×105Pa末态根据理想气体状态方程,有解得T=
281.25K答此时上部分气体的温度T=
281.25K.【点评】对两部分气体分别分析,注意两气体之间的压强关系和体积关系. [物理-选修3-4](15分)16.(xx•银川校级一模)一列简谐横波在某时刻的波形如图所示,此时刻质点P的速度为v,经过
0.2s后它的速度大小、方向第一次与v相同,再经过
1.0s它的速度大小、方向第二次与v相同,则下列判断中正确的是( ) A.波沿x轴正方向传播,且波速为10m/s B.波沿x轴负方向传播,且波速为10m/s C.质点M与质点Q的位移大小总是相等、方向总是相反 D.若某时刻N质点到达波谷处,则Q质点一定到达波峰处 E.从图示位置开始计时,在3s时刻,质点M偏离平衡位置的位移y=﹣10cm【考点】波长、频率和波速的关系;横波的图象.【分析】由图读出波长λ=12m.根据图示时刻质点P的速度为v,经过
0.2s它的速度大小、方向第一次与v相同,质点P运动到关于平衡位置对称的位置,再经过
1.0s它的速度大小、方向第二次与v相同时,回到原来位置,完成一次全振动,则P振动的周期T=
1.2s,而且图示时刻P点的运动沿y轴正方向,可判断出波沿+x方向传播,由公式v=求出波速.图示时刻,质点M与质点Q的位移大小相等、方向相反,但它们平衡位置之间的距离不是半个波长的奇数倍,位移不是总是相反.质点M与P是反相点,振动情况总是相反.【解析】解AB、由图读出波长λ=12m,根据已知条件分析得到周期T=
1.2s,则波速为v==10m/s.而且图示时刻P点运动方向沿y轴正方向,则沿波+x方向传播.故A正确,B错误.C、图示时刻,质点M与质点Q的位移大小相等、方向相反,但它们平衡位置之间的距离不是半个波长的奇数倍,位移不是总是相反.故B错误.D、质点N与P平衡位置间相距半个波长,振动情况总是相反,N质点到达波谷处,则Q质点一定到达波峰处.故D正确.E、从图示位置开始计时,经过时间3s时波传播的距离为x=vt=10×3m=30m=
2.5λ,则质点M偏离平衡位置的位移y=﹣10cm.故E正确.故选ADE.【点评】本题在于关键分析质点P的振动情况,确定P点的运动方向和周期.考查把握振动与波动联系的能力. 17.(xx•荆门模拟)如图所示,折射率为的两面平行的玻璃砖,下表面涂有反射物质,右端垂直地放置一标尺MN.一细光束以45°角度入射到玻璃砖的上表面,会在标尺上的两个位置出现光点,若两光点之间的距离为a(图中未画出),则光通过玻璃砖的时间是多少?(设光在真空中的速度为c,不考虑细光束在玻璃砖下表面的第二次反射)【考点】光的折射定律.【专题】光的折射专题.【分析】作出光路图,先根据折射定律求出光线在玻璃砖上表面的折射角,根据几何知识求出光线在玻璃砖内传播的距离S,由v=求出光在玻璃砖的速度,由t=求解光通过玻璃砖的时间.【解析】解如图由光的折射定律得r=30°所以在玻璃砖内的光线与玻璃砖的上面构成等边三角形,其边长等于a光在玻璃中的速度为答光通过玻璃砖的时间是.【点评】对于几何光学问题,往往是折射定律、光速公式v=和几何知识的综合应用,关键要正确作出光路图,运用几何知识求解光在玻璃砖内通过的距离. [物理-选修3-5](15分)18.(xx•银川校级一模)下列说法正确的是( ) A.氢原子从第一激发态向基态跃迁只能辐射特定频率的光子 B.若使放射性物质的温度升高,其半衰期可能变小 C.Th核发生一次α衰变时,新核与原来的原子核相比,中子数减少了4 D.α粒子散射实验能揭示原子具有核式结构 E.太阳辐射的能量主要来自太阳内部的热核反应【考点】氢原子的能级公式和跃迁.【专题】原子的能级结构专题.【分析】原子核发生衰变时,半衰期与外界因素无关;电子从高能级向低能级跃迁,只能辐射光子;α粒子散射实验能揭示原子具有核式结构;原子核发生衰变时要遵守电荷守恒和质量数守恒的规律;太阳辐射属于热核反应.【解析】解A、氢原子从激发态向基态跃迁只能辐射特定频率的光子,故A正确;B、半衰期与外界因素无关,故B错误;C、原子核发生衰变时要遵守电荷守恒和质量数守恒的规律,新核与原来的原子核相比,中子数减少了2,故C错误;D、α粒子散射实验能揭示原子具有核式结构,故D正确;E、太阳的核反应属于热核反应,故E正确;故选ADE.【点评】掌握衰变的实质和规律,知道原子核式结构模型的内容,理解半衰期与自身因素有关,区别热核反应与链式反应的不同. 19.(xx•荆门模拟)如图所示,在光滑的水平面上,质量为4m、长为L的木板右端紧靠竖直墙壁,与墙壁不粘连;质量为m的小滑块(可视为质点)以水平速度v0滑到木板左端,滑到木板右端时速度恰好为零;现小滑块以水平速度v滑上木板左端,滑到木板右端时与竖直墙壁发生弹性碰撞,以原速率弹回,刚好能够滑到木板左端而不从木板上落下,求的值.【考点】动量守恒定律;动能定理.【专题】动能定理的应用专题.【分析】小滑块在木板上滑动过程,根据动能定理列方程,即可求解小滑块与木板间的摩擦力大小;先研究滑块在木块上向右滑动的过程,运用动能定理得到滑块与墙壁碰撞前瞬间的速度,滑块与墙壁碰撞后,原速率反弹,之后,向左运动,在摩擦力的作用下,木板也向左运动,两者组成的系统动量守恒,再对这个过程,运用动量守恒和能量守恒列方程,联立即可求解的值.【解析】解小滑块以水平速度v0右滑时,有小滑块以速度v滑上木板到运动至碰墙时速度为v1,则有滑块与墙碰后至向左运动到木板左端,滑块与木板组成的系统在水平方向的动量守恒,选取向左为正方向、木板的共同速度为v2,则有mv1=(m+4m)v2由总能量守恒可得上述四式联立,解得答物块刚好能够滑到木板左端而不从木板上落下应满足.【点评】本题是动量守恒定律与动能定理、能量守恒定律的综合运用,分析清楚物体的运动过程,把握物理规律是关键.。