202１年辽宁省大连市高考物理二模试卷
一、选择题:本题共8小题,每小题6分,共48分．其中1～5小题在给出的四个选项中，只有一个选项正确，６～8小题在给出的四个选项中，有多个选项正确,全部选对的得6分,选对但不全的得３分,选错或不答的得０分．
1．(6分)如图所示，固定斜面c上放有两个完全相同的物体a、b，两物体间用一根细线连接,在细线的中点加一与斜面垂直的拉力F,使两物体均处于静止状态.下列说法正确的是( )
A. c受到地面的摩擦力向左
B． a、b两物体的受力个数一定相同 C． ａ、b两物体对斜面的压力相同
D. 当逐渐增大拉力F时,物体b受到斜面的摩擦力一定逐渐增大
【考点】： 共点力平衡的条件及其应用． 【专题】： 共点力作用下物体平衡专题．
【分析】: 对a、b、c整体分析考虑地面对物体c的静摩擦力方向；再对ａ、b分别进行受力分析,a、ｂ两个物体都处于静止状态,受力平衡，把绳子和力T和重力mg都分解到沿斜面方向和垂直于斜面方向,根据共点力平衡列式分析即可．
【解析】： 解：Ａ、对a、ｂ、c整体分析，受重力、拉力、支持力和静摩擦力,根据平衡条件，地面对整体的静摩擦力一定是向右，故A错误; B、对aｂ进行受力分析，如图所示:
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b物体处于静止状态,当绳子沿斜面向上的分量与重力沿斜面向下的分量相等时，摩擦力为零,所以b可能只受3个力作用，而ａ物体必定受到摩擦力作用，肯定受４个力作用,故B错误；
C、ａb两个物体,垂直于斜面方向受力都平衡,则有: Ｎ+Tsinθ＝mgcosθ
解得：N=mgcosθ﹣Tsinθ,则ａ、b两物体对斜面的压力相同,故C正确；
Ｄ、当逐渐增大拉力F时,如果Ｔcosθ＞ｍｇｓinθ，则物体ｂ受到的摩擦力可能先减小后反向增加;故Ｄ错误; 故选：C
【点评】: 本题解题的关键是正确对物体进行受力分析,要能结合整体法和隔离法灵活地选择研究对象,能根据平衡条件列式求解,难度不大.
2.(6分)如图所示,A、Ｂ两物块质量均为ｍ，用一轻弹簧相连，将A用长度适当的轻绳悬挂于天花板上，系统处于静止状态,B物块恰好与水平桌面接触而没有挤压，此时轻弹簧的伸长量为x，现将悬绳剪断，则下列说法正确的是（ )
A． 悬绳剪断瞬间,A物块的加速度大小为3g
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Ｂ． 悬绳剪断瞬间，A物块的加速度大小为g C． 悬绳剪断后,Ａ物块向下运动距离x时速度最大 D. 悬绳剪断后,A物块向下运动距离2x时速度最大
【考点】: 牛顿第二定律；胡克定律. 【专题】： 牛顿运动定律综合专题．
【分析】: 先求出悬绳剪断前弹簧的拉力，再根据牛顿第二定律求出悬绳剪断瞬间A的瞬时加速度.当A物块向下运动到重力和弹力相等时,速度最大.
【解析】: 解:AB、剪断悬绳前,对Ｂ受力分析,B受到重力和弹簧的弹力，可知弹簧的弹力F＝mｇ．剪断瞬间，对A分析，Ａ的合力为F合=mg＋F=２mｇ,根据牛顿第二定律，得a=2g.故A、B错误.
CD、弹簧开始处于伸长状态，弹力F＝mg=kx．当向下压缩，mｇ=F′=kx′时，速度最大,ｘ′=x，所以下降的距离为２x．故Ｃ错误，D正确． 故选:D.
【点评】： 解决本题关键知道剪断悬绳的瞬间，弹簧的拉力不变，根据牛顿第二定律可以求出瞬时加速度.当弹力和重力相等时,速度最大．
３．（6分）某住宅区的应急供电系统，由交流发电机和理想降压变压器组成.发电机中矩形线圈所围的面积为S,匝数为Ｎ,电阻不计．它可绕水平轴ＯＯ′在磁感应强度为B的水平匀强磁场中以角速度ω匀速转动.矩形线圈通过滑环连接变压器．Ｒ0表示输电线的电阻,其它部分电阻忽略不计．以线圈平面与磁场平行时为计时起点，下列判断正确的是( ）
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Ａ． 若发电机线圈某时刻处于图示位置,变压器原线圈的电流瞬时值最小 B． 经过半个周期,电压表读数为0
Ｃ. 发电机线圈感应电动势的瞬时值表达式为e=NBSωｓｉｎωｔ D． 当用户数目增多时,电压表的读数不变，电流表读数变大
【考点】: 变压器的构造和原理；交流发电机及其产生正弦式电流的原理． 【专题】： 交流电专题.
【分析】: 当线圈与磁场平行时，感应电流最大,当两者垂直时，感应电流最小;确定瞬时表达式时,注意线圈开始计时的位置,从而得出正弦还是余弦；根据闭合电路欧姆定律来确定电流随着电阻变化而变化，但不会改变原线圈的电压，从而即可求解. 【解析】: 解：Ａ、当线圈与磁场平行时,感应电流最大,故A错误; Ｂ、电压表的示数是有效值,不随时间发生变化，故B错误;
Ｃ、以线圈平面与磁场平行时为计时起点，感应电动势的瞬时值表达式为e=NＢSωcosωｔ，故C错误;
Ｄ、当用户数目增多时，消耗的电功率增大,电流表读数变大，只会改变副线圈的电流，不会改变原线圈的电压，故Ｄ正确． 故选：D
【点评】： 考查瞬时表达式的书写时，关注线圈的开始计时位置，得出最大值，区别与有效值，理解电阻的变化,只会改变电流与功率,不会影响电压的变化．
4．（6分)静止在光滑水平面上质量为ｍ的小物块，在直线MN的左边只受到水平力F1作用(小物块可视为质点),在ＭＮ的右边除受F1外还受到与F１在同一条直线上的恒力F2作用，
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现使小物块由A点从静止开始运动，如图（a）所示,小物块运动的ｖ﹣t图象如图（b）所示，下列说法中正确的是（ )
Ａ． 在B点的右边加速度大小为
Ｂ. 小物块在经过B点后向右运动的时间为t3﹣t1 C． F2的大小为
D. 小物块在B点右边运动的最大距离为
【考点】： 牛顿第二定律;匀变速直线运动的图像． 【专题】： 牛顿运动定律综合专题.
【分析】： 由图可知,前０﹣t1内，物体做匀加速直线运动，其加速度a1＝
;而t1至t３物
体先减速后反向加速，t3后减速;则可判断出物体在t1时刻恰好经过MN,ｔ３又回到MＮ.ｓ根据牛顿第二定律和运动学公式结合分析.
【解析】: 解:A、图中ｔ1﹣ｔ３时间内物块在ＭN的右方运动,根据图线的斜率等于加速度得:物块在MN的右方加速度大小为：ａ2＝
，故A正确;
Ｂ、在0﹣t1时间内,物块在MN的左方向右做匀加速运动;在t1﹣t２时间内在MN的右方向右做匀减速直线运动，在ｔ2﹣t3时间内在MN的右方向左做匀加速直线运动,根据运动过程的对称性得知，小物块在经过B点后向右运动的时间为t2﹣t1.故B错误.
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Ｃ、在0﹣t1时间内，加速度大小为ａ1＝，由牛顿第二定律得：F1=ｍa1,F2﹣Ｆ１＝m
ａ2.解得：F2=+,故C错误.
D、小物块在B点右边运动的最大距离等于t1﹣t2时间内的位移为:s=故D错误. 故选：A.
，
【点评】: 本题结合图象与牛顿运动定律，应通过图象得出物体的运动情况，再由牛顿第二定律即可求得受力情况.
５.（６分)宇宙空间有一些星系距离其它星体的距离非常遥远，可以忽略其它星系对它们的作用．今有四颗星体组成一稳定星系,在万有引力作用下运行,其中三颗星体A、B、C位于边长为ａ的正三角形的三个顶点上，沿外接圆轨道做匀速圆周运动,第四颗星体Ｄ位于三角形外接圆圆心，四颗星体的质量均为m，万有引力常量为G,则下列说法正确的是( )
A． 星体A受到的向心力为(3+
）
B. 星体A受到的向心力为（3+2 C. 星体B运行的周期为2πａ D． 星体B运行的周期为２πa
【考点】: 万有引力定律及其应用.
）
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【专题】： 万有引力定律的应用专题.
【分析】: 每颗星做匀速圆周运动，靠另外三颗星万有引力的合力提供向心力,具有相同的角速度，根据合力等于向心力求出周期.
【解析】: 解:AB、每颗星做匀速圆周运动，靠另外三颗星万有引力的合力提供向心力，故： Fn=FABcos30°+ＦAD＋FACcos30°=
+
＋
=（3+
）
①
故A正确，Ｂ错误;
CD、万有引力提供向心力，故: Ｆｎ=m
②
联立①②解得: T=2πa
故C错误,Ｄ错误； 故选:A
【点评】： 解决该题首先要理解模型所提供的情景，然后能够列出合力提供向心力的公式,才能正确解答题目．
6.（6分）如图所示,一小物块在粗糙程度相同的两个固定斜面上从A经B滑动到C，如不考虑在Ｂ点机械能的损失,则（ )
A． 从A到Ｂ和从Ｂ到C，减少的机械能相等
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B． 从A到B和从B到C,增加的动能相等 C． 从A到Ｂ和从Ｂ到C，摩擦产生的热量相等 D. 小物块在B点的动能一定最大
【考点】: 功能关系;机械能守恒定律．
【分析】: 对物体受力分析,根据摩擦力的大小的计算方法比较摩擦力的大小;同时由功的计算公式分析摩擦力做功情况;
再由动能定理及功能关系分析B点的速度及损失的机械能等． 【解析】： 解:设斜面与水平面的夹角为θ,则斜面的长度:物体受到的摩擦力：f＝μｍgcosθ， 物体下滑的过程中摩擦力做的功:
①
由上式可知,物体下滑的过程中,摩擦力做功的大小与斜面的倾角无关，与水平位移的大小成正比．
A、物体从Ａ到B和从B到C,水平方向的位移大小相等,所以物体克服摩擦力做的功相等,物体减少的机械能相等.故A正确；
Ｂ、由图可知,物体从A到B和从Ｂ到C，AB段的高度比较大,所以在ＡB段重力对物体做的功比较大，由动能定理: △Eｋ=W总=WG﹣Wf ②
由①②可知，从A到Ｂ和从Ｂ到Ｃ，AＢ段增加的动能比较大．故B错误;
Ｃ、物体从A到B和从Ｂ到C，物体减小的机械能转化为内能，物体减少的机械能相等,所以摩擦产生的热量相等.故C正确;
D、物体从Ｂ到Ｃ的过程中,重力对物体做正功，摩擦力对物体做负功，由于不知道二者的大小关系,所以C点的动能也有可能大于物体在Ｂ点的动能．故Ｄ错误.
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故选：AC
【点评】： 该题考查摩擦力做功的特点，要求同学们能根据题目正确求出各个阶段摩擦力所做的功，只有明确了摩擦力的做功情况才能正确分析功能关系.
7．(6分）如图所示,虚线右侧存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里,等边三角形金属框电阻为R，边长是L,自线框从左边界进入磁场时开始计时，在外力作用下以垂直于磁场边界的恒定速度v进入磁场区域，ｔ1时刻线框全部进入磁场．规定逆时针方向为感应电流i的正方向．外力大小为Ｆ，线框中电功率的瞬时值为P,在这段时间内通过导体某横截面的电荷量为q，其中C、D图象为抛物线．则这些物理量随时间变化的关系可能正确的是( )
A．
Ｂ． C． D.
【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】： 由线框进入磁场中切割磁感线,根据运动学公式可知速度与时间关系;再由法拉第电磁感应定律,可得出产生感应电动势与速度关系；由闭合电路欧姆定律来确定感应电流的大小，并由安培力公式可确定其大小与时间的关系；由牛顿第二定律来确定合力与时间的关系；最后电量、功率的表达式来分别得出各自与时间的关系. 【解析】: 解：线框切割磁感线，设有效长度为L,则:
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A、线框切割磁感线，产生感应电动势E＝BLv,所以产生感应电流 i=框进入磁场过程，L增大，i变大，ｉ与时间ｔ成正比．故Ａ错误; B、线框做匀速运动,由平衡条件得:F=Ｆ安培=BIL=Ｆ与时间的二次方成正比,故Ｂ错误; C、由功率表达式，P＝I2R＝
Ｒ=
=
=
＝，线
，ｔ增大,F增大，
,故C正确;
D、流过导体截面的电量:q=Ｉｔ=故选：CD．
＝,故Ｄ正确；
【点评】： 解决本题的关键掌握运动学公式,并由各自表达式来进行推导，从而得出结论是否正确，以及掌握切割产生的感应电动势Ｅ=BLv.知道L为有效长度.
8．（6分）如图所示，在一半径为r的圆形区域内有垂直向里的匀强磁场，磁感应强度为B,aｂ为一直径,在磁场的边界上b点处放置一个粒子源，可以向磁场内的各个方向发射质量均为m和电量均为ｑ(q＞０）的粒子,粒子进入磁场的速度大小均相同,发现圆形磁场边界上有六分之一的区域有粒子射出.则下列说法正确的是（ )
A. 进入到磁场中的粒子的速度大小为 B． 进入到磁场中的粒子的速度大小为
Ｃ. 若将离子源发射的粒子速度变为原来的二倍，则磁场边界上有一半区域有粒子射出 Ｄ. 若将离子源发射的粒子速度变为原来的二倍，则磁场边界上所有区域均有粒子射出
【考点】： 带电粒子在匀强磁场中的运动．
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【专题】: 带电粒子在磁场中的运动专题．
【分析】： 离子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力，根据题意求出离子转过的最大圆心角,然后应用几何知识求出离子的轨道半径，再应用牛顿第二定律求出离子的速度,然后答题．
【解析】： 解:Ａ、从ｂ点射入的粒子与磁场边界的最远交点为c，最远的点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点,相应的弧长变为圆周长的,所以∠bOc＝60°; 由几何关系可知，粒子的轨道半径:R=r…①, 粒子在磁场中做匀速圆周运动,仑兹力提供向心力, 由牛顿第二定律得:ｑvB=m联立①②解得：v＝
…②
，故A错误,B正确;
Ｃ、若将离子源发射的粒子速度变为原来的二倍,则粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径:R′=
=
＝２×r=r,则粒子转过的最大圆心角∠bOc=９0°，离子射出的圆弧为圆
形磁场区域的一半，即磁场边界上有一半区域有粒子射出，即C正确，Ｄ错误; 故选：BＣ．
【点评】: 带电粒子在电磁场中的运动一般有直线运动、圆周运动和一般的曲线运动；直线运动一般由动力学公式求解，圆周运动由洛仑兹力充当向心力，一般的曲线运动一般由动能定理求解；本题关键画出临界轨迹．
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分.第9题~第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第1３题～第18题为选考题,考生根据要求作答．
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9.(7分）某同学测量一个圆柱体的电阻率,需要测量圆柱体的直径和电阻．试回答下列问题:
（1）用螺旋测微器测量该圆柱体的直径，测量结果如图１所示，则该圆柱体的直径为d= 5．3０8 mm；
（2）某同学利用多用电表粗测出该金属圆柱体的电阻为15Ω,为了更精确地测量其电阻，他设计了如图２所示的电路图，实验步骤如下，请将下列内容填写完整：
①闭合开关S1，将开关S2接a处,调整滑动变阻器的触头到适当位置,待电流表示数稳定后读出电流表的示数.某次实验中电流表的示数如图３所示，则此次电流表的示数Ｉ= ０.30 A;(电流表选用0．６量程)
②然后又将开关S2接b处,保持滑动变阻器的触头位置不变,调节电阻箱,使电流表示数与①相同，电阻箱此时的示数如图４所示，则电阻箱此时的阻值为R1= 16.0 Ω; ③被测电阻Ｒ2的阻值R２= １６.0 Ω.
【考点】: 测定金属的电阻率． 【专题】: 实验题．
【分析】: 本题（1)要分成整数部分和小数部分两部分来读;题(2）①应根据每小格读数是0.0２A确定应估读到0.0１A;题②电阻箱旋钮所指数字乘以倍率，然后相加即可;题③根据欧姆定律解出被测电阻即可．
【解析】: 解:（1）螺旋测微器的读数为:d＝5ｍm+30.8×0.01ｍm＝5.308mm(或５.3０９);
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(2)①电流表的量程是0.６A，由于每小格的读数为0.０2A,应进行估读,即应估读到0．01A，所以读数为I=0．3０A;
②电阻箱的读数为R=0×100+1×10+６×1＋0×0．1=１6.０Ω；
③根据欧姆定律可知,当电流表示数不变时，说明待测电阻与电阻箱的阻值相等，所以=R=16．０Ω
故答案为:(1）５.３08;(2）①0．30,②１6．０;③16.0
【点评】： 应明确：①螺旋测微器读数时要分成整数部分和小数部分两部分来读；②判定电表的估读方法是:若每小格的读数中出现“1”,则进行出现“5”,则应进行“”估读.
10.(８分）“探究加速度与质量、力的关系”的实验装置如图甲所示．（ｇ＝9.8m／s2，计算结果保留两位小数)
估读,出现“２”，则应进行估读，
(1)某同学实验过程中,打出了一条纸带如图乙所示.打点计时器使用50Hz交流电源，图中A、B、Ｃ、D、E为计数点，相邻两个计数点间有四个点未画出,根据纸带可计算Ｂ点的瞬时速度vB= 0.88 m/ｓ,并计算纸带所对应小车的加速度a= ３.53 m/ｓ２;
(2）平衡摩擦力后,用细线跨过定滑轮，将砝码盘与小车连接,再将5个相同的砝码都放在小车上,然后每次从小车上取一个砝码添加到砝码盘中，测量小车的加速度，此过程是通过控制 整体的质量 不变，探究加速度与 物体所受合力 的关系；
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（3)根据小车的加速度a与砝码盘中砝码总重力F的实验数据作出a﹣F的关系图象如图丙所示,并据此图象确定砝码盘的质量为 8.1６ g.
【考点】: 探究加速度与物体质量、物体受力的关系. 【专题】: 实验题.
【分析】： Ｂ点的速度可由A到C点的平均速度求出,根据作差法求解加速度．实验要探究三个变量之间的关系,应采用控制变量法研究． 【解析】： 解：（1)根据平均速度等于瞬时速度得:根据：根据作差法得:a＝
＝３．53m/s２
(2）实验要探究三个变量之间的关系,应采用控制变量法研究,所以应控制物体质量不变，探究加速度与物体所受合力的关系． （３）根据图象可知:k=m=
kg
＝2.５
当F＝0时，a=0.2ｍ/s2 所以ｍ′g=ma
解得：m′=0.00８16kg=8．1６g
故答案为：(1）0.88;３.５3；(2)整体的质量；物体所受合力；（3）８．16
【点评】: 用匀变速直线运动的公式处理纸带的问题是力学实验里常见的问题,纸带法实验中,若纸带匀变速直线运动，利用匀变速直线运动的推论可求加速度.由于相邻的时间间隔位移之差不等,我们可以采用逐差法求解．
11．（1４分)如图所示，两平行导轨间距L=０.１m,足够长光滑的倾斜部分和粗糙的水平部分圆滑连接(连接处能量损失不计），倾斜部分与水平面间的夹角θ=30°,导轨的倾斜部分处
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于方向垂直斜面向上、磁感应强度B=０.5T的匀强磁场中,水平部分没有磁场．金属棒ａb质量ｍ=0．0０5kg、电阻r=0.0２Ω,运动中与导轨始终接触良好，并且与导轨垂直，电阻R=0.0８Ω,其余电阻不计，当金属棒从斜面上距地面高ｈ＝1．０m以上（含1．0m)任何地方由静止释放后,在水平面上滑行的最大距离x都是１.２５m，取g=10m／s2.求: (1）金属棒在斜面上运动的最大速度; (2）金属棒与水平面间的动摩擦因数;
(3）金属棒从高度h=1.0m处由静止滑至倾斜轨道底端过程中电阻Ｒ上产生的热量．
【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势;焦耳定律． 【专题】： 电磁感应与电路结合．
【分析】: (1)到达水平面之前已经开始匀速运动mgsｉnθ＝F，F＝BIL,根据闭合电路的欧姆定律，由欧姆定律求出电流,然后求出最大速度v．
(2）金属棒在水平面做匀减速运动，有v２=２ax,解出加速度a.金属棒在摩擦力作用下做匀减速运动f=ma,可解得摩擦力f.摩擦力f＝μmg,可解得动摩擦因数．
(3)下滑的过程中,由动能定理可求出安培力做的功，安培力所做的功等于电路中产生的焦耳热W=Q，然后求出电阻Ｒ上产生的热量
【解析】: 解:(1)金属棒在斜面上有最大运动速度,说明到达水平面之前已经开始匀速运动,设最大速度为v, 感应电动势为:E=BLｖ, 感应电流为：I＝安培力为：Ｆ=BIL
，
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匀速运动时，沿斜面方向上受力有：ｍgsinθ＝F 联立并代入数据解得:v＝１.0m／ｓ (２）在水平面上滑动时，滑动摩擦力为：f＝μmg
金属棒在摩擦力作用下做匀减速运动，由牛顿第二定律有:f=ma 金属棒在水平面做匀减速运动,由运动学公式有：v2=2ax 联立并代入数据解得:μ=0.04
（3)下滑的过程中，由动能定理可得：mｇh﹣W=mｖ２，
安培力所做的功等于电路中产生的焦耳热,即为:W＝Q 电阻R上产生的热量:QR＝代入数据解得：QR=0．3８J.
答:（1)棒在斜面上的最大速度为１m/s. （２）水平面的滑动摩擦因数为０.０4．
(３)从高度ｈ=1.0ｍ处滑下后电阻R上产生的热量为0.38Ｊ.
【点评】： 本题要注意用平衡条件解决磁场中导体的平衡问题,关键在于安培力的分析和计算，并不难．在匀强磁场中，当通电导体与磁场垂直时,安培力大小F＝ＢIL，方向由左手定则判断.
１２.（18分)如图甲所示，地面上有一长为ｌ＝1ｍ,高为h＝0．8m，质量Ｍ=2kg的木板,木板的右侧放置一个质量为m=1kg的木块(可视为质点)，已知木板与木块之间的动摩擦因数为μ1＝0.4,木板与地面之间的动摩擦因数为μ2＝０.6，初始时两者均静止．现对木板施加一水平向右的拉力F,拉力Ｆ随时间的变化如图乙所示，求木块落地时距离木板左侧的水平距离△s．（取g=1０m/s2）
Q,
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【考点】: 牛顿运动定律的综合应用;匀变速直线运动的速度与时间的关系；平抛运动． 【专题】： 牛顿运动定律综合专题.
【分析】： 根据牛顿第二定律求出木块的最大加速度,通过整体法求出发生相对滑动时的恒力大小，从而判断出木块和木板不发生相对滑动,一起做加速运动,对整体分析求出加速度，根据速度时间公式求出木板和木块的速度.
恒力改为F2=３4N作用在木板上，大于临界情况下的恒力，发生相对滑动，根据牛顿第二定律求出m和Ｍ的加速度，结合位移之差等于L，结合运动学公式求出抽出的时间; 木板抽出后木板继续做加速运动，为木块将做平抛运动,由然后分别求出木板与木块的位移,它们的差即为所求. 【解析】: 解:因为木块的最大加速度为:所以前2s二者一起做匀加速运动的加速度为:2s末二者的速度为:v=at1=4m/s ２s后木块和木板发生相对滑动 木块加速度为：木板加速度为:经时间t2二者分离：
得ｔ2=１s，此时v块=8m/s，v板=１0m／ｓ
木板抽出后木板继续做加速运动,为木块将做平抛运动,再经时间:木块落地,在0.４s内 Ｓ块＝v块t3=3.2m 木板的加速度:
即可求出平抛运动的时间，
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木板的位移:
所以，木块落地时距离木板左侧△s＝s板﹣s块=1.６8m 答:木块落地时距离木板左侧的水平距离是1．６8m．
【点评】: 本题综合考查了牛顿第二定律、运动学公式和平抛运动，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．本题的关键得出发生相对滑动时的最小拉力,从而判断是否发生相对滑动.
[物理－-选修3-３](15分）
１3.（５分）下列说法正确的是 ( ）
Ａ． 只要知道气体的摩尔体积和阿伏伽德罗常数，就可以算出气体分子的体积 B． 在一定温度下,悬浮在液体中的固体微粒越小，布朗运动就越明显
C． 一定质量的理想气体压强不变时，气体分子单位时间内对器壁单位面积的平均碰撞次数随着温度升高而减少
D. 一定温度下,水的饱和汽的压强是一定的
Ｅ. 由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离,液面分子间只有引力，没有斥力,所以液体表面具有收缩的趋势
【考点】: * 液体的表面张力现象和毛细现象；布朗运动.
【分析】: 阿伏伽德罗常数是指1摩尔气体含有分子个数;布朗运动是指微粒在分子撞击下的运动,微粒越大运动越不明显;永动机不违反能量守恒定律,但不可制成；理想气体的分子势能不变；分子间既有引力又有斥力,当间距小于平衡位置时，斥力较显著
【解析】: 解：A、摩尔体积除以阿伏伽德罗常数算出的是气体分子占据的空间，气体分子间的空隙很大，所以气体分子占据的空间不等于气体分子的体积.故A错误；
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B、悬浮在液体中的固体微粒越小，来自各方向的撞击抵消的越少，则布朗运动就越明显．故B正确;
Ｃ、一定质量的理想气体压强不变时,温度升高,则体积一定减小;故气体分子单位时间内对器壁单位面积的平均碰撞次数随着温度升高而减少;故Ｃ正确;
Ｄ、水的饱和汽压和温度有关，一定温度下,水的饱和汽的压强是一定的;故D正确； Ｅ、分子间同时存在引力和斥力，液体分子存在表面张力的原因是引力大于斥力；对外表现为引力;从而使且面收缩；故Ｅ错误； 故选:BCＤ．
【点评】: 知道固体、液体、气体分子的模型及运动特点;知道布朗运动其实是分子撞击布朗颗粒而产生的运动；知道温度是分子平均动能的标志，注意平时加强识记
１4．(１0分)如图所示,U形管右管横截面积为左管横截面积的２倍,在左管内用水银封闭一段长为30cm、温度为27℃的空气柱,左右两管水银面高度差为21ｃm,外界大气压为76cmHｇ．若给左管的封闭气体加热,使两管内水银柱等高，求: ①此时左管内气体的温度为 6０8 ｋ;
②左管内气体 吸收 (填“吸收”或“放出”) 的热量 大于 (填“大于”、“等于”或“小于”）气体增加的内能．
【考点】: 理想气体的状态方程． 【专题】： 理想气体状态方程专题．
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【分析】： ①以封闭气体为研究对象，应用理想气体状态方程求温度; ②根据热力学第一定律知气体放热大于外界对气体做功 【解析】: 解：①初状态：P１=55cmHg, V1=30S Ｔ1＝300Ｋ
升温后，水银面左管下降14ｃm,右管上升7ｃm Ｐ2=76cmHg V2＝44S
由理想气体状态方程得：
得 T2=６0８K
②由于体积减小,外界对气体做功,温度降低,内能减小,根据热力学第一定律知气体放热大于外界对气体做功. 故答案为:①608K ②吸收、大于
【点评】: 根据图示求出封闭气体压强,熟练应用理想气体的状态方程即可正确解题；本题的难点是：气体最终状态的压强．
[物理-选修3-4](15分)
15.如图甲所示为一简谐波在ｔ＝0时刻的图象，图乙所示为x=4m处的质点P的振动图象,则下列判断正确的是( ）
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A． 这列波的波速是2m/ｓ B. 这列波的传播方向沿x正方向 C. ｔ=３.5s时P点的位移为0.2m
Ｄ． 从t=０时刻开始P点的振动方程为y＝0．２sin(πt＋π)m E. 从t=０时刻开始P点的振动方程为ｙ=0.２sin（πｔ+
【考点】： 横波的图象;波长、频率和波速的关系. 【专题】： 振动图像与波动图像专题．
【分析】: 本题是波动图象和振动图象的结合,先有波动图知:λ＝4ｍ，A＝0.2m；由振动图象知：Ｔ=2ｓ,用v＝
求波速；利用波动和振动关系判断是的振动情况和波传播方向.根据
)m
P点的振幅、周期和初位相，写出振动方程．
【解析】： 解:A、由图象可知波长λ＝４m,周期T=2s,则波速为:v=A正确；
B、t=0时刻P点向﹣y方向振动，有波动和振动的关系可判断波向x负方向传播，故B错误;
C、由质点P的振动图象知，ｔ=3．5ｓ=１T，此时Ｐ点位于波峰位置,P点的位移为0.2m.故C正确;
D、E、由图乙知ω=
=π,t=０时刻P点向﹣ｙ方向振动，初相位为π,振动方程为
ｍ／s=2ｍ/s，故
y=0.2sin(πt+π)m,故Ｄ正确，E错误． 故选:ACD
【点评】: 明确波动图象和振动图象的意义及相互联系,由波动和振动的关系判断质点的振动情况和波的传播方向．
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16．如图所示是一个透明圆柱的横截面，其半径为Ｒ，折射率是
，AＢ是一条直径．今
有一束平行光沿AB方向射向圆柱体.若一条入射光线经折射后恰经过B点,则这条入射光线到AB的距离是多少?
【考点】： 光的折射定律． 【专题】: 光的折射专题．
【分析】: 画出光路图，由折射定律得到入射角与折射角的关系，由几何关系也得到入射角与折射角的关系,即可求出入射角与折射角，再根据几何知识求解这条入射光线到AB的距离. 【解析】： 解:设光线Ｐ经C折射后过Ｂ点,光路如图所示．根据折射定律有: n=
=
…①
在△ＯBＣ中,由几何关系得:α＝2β…② 由①、②得：2cosβ=可得:β=30°,α=60°…④ 所以CＤ=Rsin60°＝
R…⑤
R．
…③
答：这条入射光线到AB的距离是
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【点评】: 对于几何光学问题，首先要正确作出光路图，其次要充分运用几何知识分析入射角与折射角的关系,再根据折射定律进行解题.
[物理-选修3-5］(１５分) 17.下列说法正确的是( ）
A． 一入射光照射到某金属表面上能发生光电效应，若仅使入射光的强度减弱,那么从金属表面逸出的光电子的最大初动能将变小
B． 大量光子产生的效果显示出波动性，个别光子产生的效果显示出粒子性 C. 电子的发现说明原子是可分的,天然放射性现象的发现揭示原子核有复杂的结构 D. 放射性同位素Th经α、β衰变会生成Rn,其衰变方程为其中x=3，y＝１
E． 原子核的半衰期是由原子核内部自身因素决定的,与其所处的化学状态和外部条件无关
【考点】: 光电效应;原子核衰变及半衰期、衰变速度． 【专题】： 光电效应专题．
【分析】： 发生光电效应的条件是入射光的频率大于极限频率,与光的强弱无关．电子发现说明原子还可以再分.在衰变方程中,电荷数守恒，质量数守恒．半衰期由原子核的内部结构决定，与所处的化学状态等无关.
【解析】: 解:A、一入射光照射到某金属表面上能发生光电效应，由于发生光电效应与入射光的强度无关,所以入射光强度减弱，光电子的最大初动能不变．故Ａ错误.
Ｂ、光既具有粒子性,又具有波动性，大量的光子波动性比较明显,个别光子粒子性比较明显．故B正确.
Th→
Rn＋xα+yβ，
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C、电子是原子的组成部分，电子的发现说明原子可再分,天然放射现象的发现揭示原子核有复杂的结构.故Ｃ正确.
Ｄ、在衰变方程中，电荷数守恒，质量数守恒，则９０=86+２x﹣y,232=22０＋4x,解得x=3，y＝2.故D错误.
Ｅ、原子核的半衰期是由原子核内部自身因素决定的,与其所处的化学状态和外部条件无关.故E正确. 故选:ＢCE．
【点评】： 本题考查光的波粒二象性、光电效应、原子核的衰变研以及半衰期等知识点的基本知识,比较简单,在平时的学习过程中多加积累,掌握这些基础知识,就很容易解决．
18.如图所示，光滑水平面左侧有一竖直墙面，墙面上固定一弹簧2,水平面上有物体A,其右侧连接一弹簧１,现有另一物体B以速度v0=１０m/s向左运动压缩弹簧1，当弹簧１被压缩到最短时（此时Ａ未与弹簧2接触)锁定弹簧１,A、B一起向左运动压缩弹簧2，当弹簧2被压缩到最短时，锁定弹簧2.经过一段时间后解除弹簧１的锁定,求物块B离开弹簧1后的速度.（已知弹簧均为轻质弹簧,且A、B质量相同）
【考点】: 动量守恒定律；机械能守恒定律. 【专题】: 动量定理应用专题.
【分析】: A、B接触的过程中动量守恒，根据动量守恒定律求出当弹簧1被压缩到最短时，即AＢ速度相同时的速度大小.
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弹簧2压缩到最短时Ａ与B的速度为0,锁定弹簧2．经过一段时间后解除弹簧1的锁定,A受到的弹簧1的弹力向左,B受到的弹簧１的弹力向右，所以弹簧１的弹性势能转化为物块B的动能，由动能定理即可求出离开弹簧1后的速度.
【解析】: 解:设AB质量均为m，AＢ碰撞过程在水平方向系统满足动量守恒，选择向左为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝2mｖ 再由能量守恒,弹簧中储存的弹性势能为：
AB与弹簧2碰撞后处于静止,再将弹簧1解除锁定,弹簧1将B弹出，此时弹簧1的弹性势能转化为物块B的动能，即：所以：
m/s.
答：物块B离开弹簧１后的速度是
【点评】: 本题综合考查了动量守恒定律和能量守恒定律，综合性较强,关键合理地选择研究的系统,运用动量守恒进行求解．
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