《湖北省襄阳市2015届高三物理第一次调研考试试题2（含解析）.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《湖北省襄阳市2015届高三物理第一次调研考试试题2（含解析）.doc（17页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2015年1月襄阳市普通高中调研统一测试高三理科综合物理试题解析【试卷综析】本试题是理科综合物理部分内容，它紧扣新课标教材和新考纲，题目新颖，突出教材主干知识，把握准了高考重点，它分必考部分和选修部分，题目难度与高考试题难度相当。重视物理图线变形考查，设计题型多样，灵活多变，出题人用心独匠。实验题设计更是格局一新，又考核了课本要求实验，又检测了学生的设计能力和动手能力。计算题的组编重视基础知识的考核，又检测了考生的分析问题和解决问题的能力。在题中渗透了物理知识在科技知识和交通事故判定应用题型。这份试题适用于第一轮复习后的检测效果试题。是老师在复习备课中的好资料。命题人：枣阳一中 肖华林(物理)
2、 襄阳五中 张德标(化学) 襄阳市教研室 梁德远(生物)审题人：襄阳五中 吴社会(物理) 襄阳五中 陶坤元(化学) 襄阳一中 黄雯雯(生物)审定人：襄阳市教研室 贾旭辉(物理) 襄阳市教研室李 斌(化学) 襄阳市教研室 梁德远(生物) 本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分第卷第1页至第6页，第卷第6页至第16页全卷满分300分考试时间150分钟祝考试顺利注意事项：1答卷前，请考生认真阅读答题卷上的注意事项考生务必将自己的姓名、考号填写在答题卡上指定位置，贴好条形码或将考号对应数字涂黑用2B铅笔将试卷类型（A或B）填涂在答题卡相应位置上2选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把对应题目的答
3、案标号涂黑如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号答在试题卷、草稿纸上无效3非选择答题用0.5毫米黑色墨水签字笔直接答在答题卡上每题对应的答题区域内，答在试题卷、草稿纸上无效4考生必须保持答题卡的清洁考试结束后，监考人员将答题卡收回，按小号在上大号在下封装可能用到的相对原子质量：H：l C：l2 N：14 O：16 Na：23 Mg：24 S：32 Al：27 Mn：55 Fe：56 Zn：65 Br：80第卷（选择题 共126分）二、选择题：（本题包括8小题。每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，1418题只有一个选项正确。19、20、21题有多个选项正确，全部选对的得6分，选
4、对但不全的得3分，有选错的或不答的得0分。）【题文】14一般发电机组输出的电压在十千伏上下，不符合远距离输电的要求要在发电站内用升压变压器，升压到几百千伏后再向远距离输电到达几百公里甚至几千公里之外的用电区之后，再经“一次高压变电站”、“二次变电站”降压已知经降压变压器（可视为理想变压器）降压后供给某小区居民的交流电 V，该变压器原、副线圈匝数比为501，则A原线圈上的电压为 VB原线圈中电流的频率是100 HzC原线圈使用的导线应该比副线圈的要粗D高压输电有利于减少输电线路中的损耗【知识点】远距离输电【答案解析】D 。A、供给某小区居民的交流电u=2202sin100tV，最大值为2202V
5、，故输出电压有效值为220V，根据变压比公式U1/U2n1/n2，输入电压为：U1=50220111000V，故A错误；B、交流电u=2202sin100tV，故频率：f=1002=50Hz，故B错误；C、变压器原、副线圈的电流比等于匝数之反比，即I1/I2n2/n1150，副线圈的电流大于原线圈的电流，所以副线圈的导线粗，故C错误；D、在输送电功率一定的情况下，根据公式P=UI，高压输电有利于减小输电电流，电功率损耗P=I2r也会减小，D正确；故本题选择D答案【思路点拨】解决本题的关键掌握交变电流电压的表达式，知道各量表示的含义，知道原、副线圈的电压比等于匝数之比，电流比等于匝数之反比变压器
6、原、副线圈的电压比等于匝数之比，求出副线圈电压的有效值，即可求出输入电压；根据原副线圈的电流大小可比较出线圈导线的粗细。从而正确选择答案。【题文】15如图a所示，在木箱内粗糙斜面上静止质量为m的物体，木箱竖直向上运动的速度v与时间t的变化规律如图b所示，物体始终相对斜面静止斜面对物体的支持力和摩擦力分别为N和f，则下列说法正确的是A在0t1时间内，N增大，f减小B在0t1时间内，N减小，f增大C在t1t2时间内，N增大，f增大D在t1t2时间内，N减小，f减小t2Ot1tv图（b）图（a）【知识点】牛顿第二定律中的超重和失重与速度与时间图线相结合问题考查题。A2、C2、C3。【答案解析】D。从
7、时间内，木箱竖直向上作加速度减小的加速运动，高斜面的夹角为，在竖直方向有：（1），在水平方向有：（2）两式联立解得：，减小，减小，A错误；B错误；在是木箱竖直向上作加速度增大的减速运动，则有：加速度竖直向下：列方程如下：竖直方向：（3）水平方向：（4）两式联立得：，由此可分析，当加速度增大时，、均减小，C错；D正确。故本题选择D答案。【思路点拨】本题要从速度图象上看速度的变化和加速度的变化，再根据牛顿第二定律列方程求解出支持力和摩擦力的表达式来分析其变化而选择答案。【题文】16如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为可变电阻，C为电容器在可变电阻R3由较小逐渐变
8、大的过程中，下列说法中正确的是A电容器的带电量在逐渐减小B流过R2的电流方向是由上向下C电源的输出功率变大D电源内部消耗的功率变大CErR2R1R3【知识点】闭合电路欧姆定律 电容。I3、J2。【答案解析】B。滑动变阻器由大到小的过程中，电路中总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知电路中电流减小，内电压及R1两端的电压减小，则R3两端的电压增大；电容器两端的电压增加，电容器电量增加，故电容器充电，所以通过R2的电流方向由上向下，A错；电容器两端电压变大，场强增加，B对；电容与电压、电量无关，电容不变，由于内外电阻的关系未知，不能确定电源输出功率如何变化，C错；电流增大，电源内部消耗的功率由P=I2
9、r,可知，功率减小，D错。故本题选择B答案。【思路点拨】本题由电路图可知，R1与R3串联，电容器并联在R3两端，由滑动变阻器的变化利用闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化，判断出R3电压的变化，则可知电容器两端电量的变化，可知流过R2的电流方向由功率公式可求得电源内部消耗的功率变化本题在进行动态分析时电容器可不看要抓住电容器两端的电压等于与之并联部分的电压；与电容器串联的电阻在稳定时可作为导线处理【题文】17地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a；假设月球绕地球作匀速圆周运动，轨道半径为r1，向心加速度为a1已知万有引力常量为G，地球半径为R下列说法中正确的是A地球质量M=B地球质量M=
10、C地球赤道表面处的重力加速度g = aD加速度之比=【知识点】万有引力定律及其应用；向心力D5【答案解析】A。A、根据万有引力充当向心力：GMmr21ma1知质量M=a1r21G，A正确B错误C、地球表面物体的加速度大小与到地轴的距离有关，不是定值，C错误D、加速度a=R2，不与半径的平方成正比，D错误，故本题选择A答案。【思路点拨】本题根据万有引力充当向心力和黄金代换公式能够解决全部天体问题要运用万有引力提供向心力列出等式和运用圆周运动的物理量之间的关系列出等式解决问题【题文】18如图所示，N（N5）个小球均匀分布在半径为R的圆周上，圆周上P点的一个小球所带电荷量为 ，其余小球带电量为+q，
11、圆心处的电场强度大小为E若仅撤去P点的带电小球，圆心处的电场强度大小为AE BC D【知识点】点电荷的场强I1【答案解析】C。如果没移去电荷之前，N（N5）个电荷量均为q（q0）的小球，均匀分布在半径为R的圆周上在圆心处场强为E，该点场强可以看成是移去的电荷和其余的电荷在该点场强的叠加，将和在圆心处产生的电场强度看成三份，则点三分之一，点三分之二（因在圆心处产生的电场强度方向相同），移动P后，相当于失去了三分之二，即在中心处产生的电场强度为： ，故本题选择C答案。【思路点拨】由于成圆周对称性，所以如果没移去电荷之前肯定圆心处场强为0，而该点场强是所有电荷在该点场强的叠加，可以把这些电荷归为两类
12、：一种是要移去的电荷，另一种是其他电荷不管怎样，总之这两种电荷产生的合场强为E，所以只要算出要移去电荷在该点的场强该题考查了场强叠加原理，还有对对称性的认识【题文】19如图甲所示，小物块从光滑斜面上自由滑下，小物块的位移x和时间的平方 的关系如图乙所示g=10m/s2，下列说法正确的是A小物块的加速度大小恒为2.5m/s2B斜面倾角为30C小物块2s末的速度是5m/sD小物块第2s内的平均速度为7.5m/s甲t2/s2520乙x【知识点】匀变速直线运动的图像A5【答案解析】BD。A、由图得：x=2.5，对照公式，得初速度为=0，加速度为 a=故A错误B、由牛顿第二定律得：a=mg =g，得si
13、n=a/g=5/10=0.5，=30，故B正确C、小物块2s末的速度=at=52=10m/s，故C错误D、小物块1s末的速度=at=51=5m/s，第2s内的平均速度 .v=7.5m/s，D错误故本题选择BD答案【思路点拨】本题采用对比的方法得到物体的初速度和加速度是关键，要掌握匀变速直线运动的基本公式，并能熟练运用要根据图象写出x-t的表达式，对照运动学公式得到加速度，由牛顿第二定律求得斜面的倾角由v=at求得2s末的速度，并求出平均速度【题文】20如图甲所示，abcd为导体做成的框架，其平面与水平面成角，导体棒PQ与ad、bc接触良好，整个装置放在垂直于框架平面的变化磁场中，磁场的磁感应强
14、度B随时间t变化情况如图乙所示（设图甲中B的方向为正方向）在 0t1时间内导体棒PQ始终静止，下面判断正确的是A. 导体棒PQ中电流方向由Q至PB. 导体棒PQ受安培力方向沿框架向下C. 导体棒PQ受安培力大小在增大D. 导体棒PQ受安培力大小在减小tt1OB乙甲BPQabdc【知识点】电磁感应、安培力与共点力平衡。B4。K1、L1、L2。【答案解析】AD。A、根据法拉第电磁感应定律可知在线圈中产生恒定的感应电流，方向由Q至P，故A正确；B、根据左手定则可知，开始导体棒PQ受到沿导导轨向上的安培力，故B错误；C、产生的感应电流不变，但磁感应强度逐渐减小，故受到的安培力逐渐减小，故C错误，D正确
15、；故选择AD答案。【思路点拨】由图乙可知磁场均匀变化，根据法拉第电磁感应定律可知在线圈中产生恒定的感应电流，根据左手定则可知导体棒开始受到沿斜面向上逐渐减小的安培力，正确分析清楚过程中安培力的变化是解题关键，本题也可用排除法。【题文】21如图甲所示，轻杆一端与质量为1kg、可视为质点的小球相连，另一端可绕光滑固定轴在竖直平面内自由转动现使小球在竖直平面内做圆周运动，经最高点开始计时，取水平向右为正方向，小球的水平分速度v随时间t的变化关系如图乙所示，A、B、C三点分别是图线与纵轴、横轴的交点、图线上第一周期内的最低点，该三点的纵坐标分别是1、0、-5g取10m/s2，不计空气阻力下列说法中正确
16、的是1v/(ms-1)23045-1-2-3-4-5-60.40.81.21.62.02.42.83.2CABt/s甲 乙A轻杆的长度为0.5mB小球经最高点时，杆对它的作用力方向竖直向上CB点对应时刻小球的速度为3m/sD曲线AB段与坐标轴所围图形的面积为0.6m【知识点】向心力与圆周运动的应用考查题。D4、D6【答案解析】BD。A、设杆的长度为L，小球从A到C的过程中机械能守恒，得：，所以：A错误； B、若小球在A点恰好对杆的作用力是0，则：，临界速度：=1m/s由于小球在A点的速度小于临界速度，所以小球做圆周运动需要的向心力小于重力，杆对小球的作用力的方向向上，是竖直向上的支持力故B正确
17、；C、小球从A到B的过程中机械能守恒，得：，所以：C错误；D、由于y轴表示的是小球在水平方向的分速度，所以曲线AB段与坐标轴所围图形的面积表示A到B的过程小球在水平方向的位移，大小等于杆的长度，即0.6m故D正确故本题选择BD答案。【思路点拨】已知小球在ABC三个点的速度，A到C的过程中机械能守恒，由机械能守恒定律即可求出杆的长度；结合小球过最高点的受力的特点，即可求出杆对小球的作用力的方向；由机械能守恒可以求出B点的速度；由于y轴表示的是小球在水平方向的分速度，所以曲线AB段与坐标轴所围图形的面积表示A到B的过程小球在水平方向的位移该题考查竖直平面内的圆周运动，将牛顿第二定律与机械能守恒定律
18、相结合即可正确解答该题中的一个难点是D选项中“曲线AB段与坐标轴所围图形的面积”的意义要理解。第卷（非选择题 共174分）注意事项：第卷必须用黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答，在试题卷上作答，答案无效三、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。）【题文】22(6分)如图（a）所示，竖直平面内固定一斜槽，斜槽中放有若干个直径均为d的小铁球，紧靠斜槽末端固定有电磁铁，闭合开关K，电磁铁吸住第1个小球手动敲击弹性金属片M，M与触头瞬间分开，第1个小球从O点开始下落，M迅速恢复，电
19、磁铁又吸住第2个小球当第1个小球撞击M时，M与触头分开，第2个小球从O点开始下落OA图 （a）10 cm0 20 0 1 2 主尺游标图 （b）某兴趣小组利用此装置测定重力加速度，请回答下列问题：（1）利用游标卡尺测量小球的直径d，如图（b）所示，读数为 mm（2）用刻度尺测出OM=1.462m，手动敲击M的同时按下秒表开始计时，若10个小球下落的总时间为5.5s，则当地的重力加速度g= m/s2(保留两位有效数字)；（3）若在O点的正下方A点固定一光电门（图中未画出），测出OA=h，小球经过光电门的时间为 ，则小球通过光电门时的速度v= ，可求得当地的重力加速度g= .（用已知量和测得量的符
20、号表示）【知识点】测定匀变速直线运动的加速度A7【答案解析】（1）9.30 （2分） （2）9.7（2分） （3）（1分） （1分）解析：（1）游标卡尺的主尺读数为9mm，游标尺上第2个刻度与主尺上某一刻度对齐，故其读数为0.056mm=0.30mm，所以最终读数为：9mm+0.30mm=9.30 mm；（2）小球下落的时间t=5.510=0.55s，根据H=得，g=9.7m/s2（3）根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出小钢球运动到光电门处时的瞬时速度，则小球通过光电门时的速度v=d/t；根据运动学公式得重力加速度。【思路点拨】本题中的游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读首
21、先要明确电路结构、实验原理即可正确解答；根据自由落体运动规律，可以求出重力加速度大小由于测量自由落体的重力加速度，类比对应的公式可知，由刻度尺读出两光电门的高度差，由光电计时器读出小球从光电门1到光电门2的时间，根据匀变速直线运动位移时间公式列出等式求解要掌握游标卡尺的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数对于实验问题一定要明确实验原理，并且亲自动手实验，熟练应用所学基本规律解决实验问题【题文】23(9分) 要测绘一个标有“6V2.5W”小灯泡的伏安特性曲线，要求多次测量尽可能减小实验误差，备有下列器材：A直流电源（6V，内阻未知） B电流表G（满偏电流3mA，内阻Rg=10）C电
22、流表A（00.6A，内阻未知）D滑动变阻器R（020，5A） E滑动变阻器R（0200，1A）F定值电阻R0（阻值1990） G开关与导线若干（1）由于所给实验器材缺少电压表，某同学直接把电流表G作为电压表使用测出小灯泡两端电压，再用电流表A测出通过小灯泡的电流，从而画出小灯泡的伏安特性曲线该方案实际上不可行，其最主要的原因是 ； （2）为完成本实验，滑动变阻器应选择 （填器材前的序号）；（3）请完成本实验的实物电路图的连线【知识点】描绘小电珠的伏安特性曲线J4【答案解析】（1）电流表G分压较小，导致电流表A指针偏转很小，误差较大；（2分）（2）D （3分）GA+(3)实物图连线如右图所示（4
23、分）解析：（1）电流表G测量电压范围太小，导致电流表A指针偏转很小，误差较大；（2）由于通过小灯泡的最大电流为0.5A，所以电流表应选D；由于要求小灯泡最大电压不超过2.5V，所以电压表应选B；（3）由于满足灯泡电阻更接近电流表内阻，所以电流表应用外接法，由于伏安特性曲线中的电压和电流均要从零开始测量，所以变阻器应采用分压式，如图所示：【思路点拨】本题要根据两电表的量程可以确定方案是否可行；还要根据小灯泡的最大电流和最大电压来选择电流表和电压表的量程；又根据电流从零调可知滑动变阻器应用分压式接法，应选全电阻小的变阻器；最后根据灯泡电阻大小选择电流表内外接法，否则应用内接法；本题考查测量灯泡的伏
24、安特性线实验，遇到电学实验问题，应注意“伏安法”中电流表内外接法的选择方法和滑动变阻器采用分压式接法的条件【题文】s5s1s2s3s424(12分)据统计，40%的特大交通事故是由疲劳驾驶引起的疲劳驾驶的危害丝毫不亚于酒驾和醉驾研究标明，一般人的刹车反应（从发现情况到汽车开始减速）时间t0=0.4s ，疲劳驾驶时人的反应时间会变长某次实验中，志愿者在连续驾驶4h后，驾车以v0=72km/h 的速度在实验场的平直路面上匀速行使，从发现情况到汽车停止，行使距离为L=45m设汽车刹车后开始滑动，已知汽车与地面间的滑动摩擦因数=0.8，取g=10m/s2 ，求：（1）减速运动过程中汽车的位移大小；（2
25、）志愿者在连续驾驶4h后的反应时间比一般人增加了多少？【知识点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系。A2、C2、C5。【答案解析】（1）设减速过程中汽车加速度大小为a，位移为s，所用时间为t，根椐第二定律有 （2分）根据运动学公式有 （2分）联立解得 （2分）（2）设志愿者的反应时间为 ，反应时间的增加量为 ，根据运动学公式有 （2分）根据题意有 （2分）联立解得 （2分）【思路点拨】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁要根据匀变速直线运动的速度时间公式求出刹车时汽车的加速度大小根据速度位移公式求出刹车后的位移设志愿者反应时间为t，反应时
26、间为t，根据位移和时间关系列式即可求解本题答案【题文】25 (20分) 如图所示，在直角坐标系xoy的第一象限区域中，有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度的大小为E=kv0 在第二象限有一半径为R=a的圆形区域磁场，圆形磁场的圆心O坐标为 (-a，a)，与坐标轴分别相切于P点和N点，磁场方向垂直纸面向里在x=3a处垂直于x轴放置一平面荧光屏，与x轴交点为Q大量的电子以相同的速率在纸面内从P点进入圆形磁场，电子的速度方向在与x轴正方向成角的范围内，其中沿y轴正方向的电子经过磁场到达N点，速度与x轴正方向成角的电子经过磁场到达M点，且M点坐标为（0，1.5a）忽略电子间的相互作用力，不计电子的重力，
27、 电子的比荷为求：（1）圆形磁场的磁感应强度大小；（2）角的大小；（3）电子打到荧光屏上距Q点的最远距离QMNvPOvyOExPO -900 Pvv【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动I3、K3。【答案解析】（1）由于速度沿y轴正方向的电子经过N点，因而电子在磁场中做圆周运动的半径为： r=a （1分）而 （2分）联立解得B=k （1分）（2）电子在磁场中做圆周运动的圆心为 ，电子离开磁场时的位置为 ，连接PO可知该四边形为棱形，由于PO竖直，因而 半径也为竖直方向，电子离开磁场时速度一定沿x轴正方向。 （2分）由右图可知 （2分）解得 （2分）y1.5a0QEx(
28、x,y)（3）由（2）可知，所有的电子以平行于x轴正方向的速度进入电场中做类似平抛运动，设电子在电场的运动时间为，竖直方向位移为，水平位移为，水平： （1分）竖直： （1分） （1分） （1分）联立解得 （1分）设电子最终打在光屏的最远点距Q点为H，电子射出电场时的夹角为有： （1分）有： （1分）当时，即时，有最大值； (1分)由于 所以 （2分）【思路点拨】本题求解关键是明确粒子的受力情况和运动规律，画出临界轨迹，结合牛顿第二定律、类似平抛运动的分运动规律和几何关系分析，不难要从三个方面分析：（1）速度沿y轴正方向的电子经过N点，结合几何关系求解轨道半径；根据牛顿第二定律列式求解磁感应强度
29、；（2）画出速度与x轴正方向成角的电子经过磁场过程的轨迹，结合几何关系确定轨道对应的圆心角；（3）所有的电子以平行于x轴正方向的速度进入电场中做类似平抛运动，根据类似平抛运动的分运动公式列式求解即可（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，则每按所做的第一题计分。）【题文】33【物理选修3-3】(15分)（1）(6分) 有关热学的说法，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分每错1
30、个扣3分，最低得分为0分）A布朗运动的实质就是分子的的热运动B气体温度升高，分子的平均动能一定增大C随着科技的进步，物体的温度可以降低到-300D热量可以从低温物体传递到高温物体E对物体做功，物体的内能可能减小【知识点】热力学第二定律；布朗运动；温度是分子平均动能的标志【答案解析】BDE解析：A、布朗运动就是微粒的运动，它间接反应了液体分子做无规则运动，故A错误；B、温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子的平均动能越大故B正确C、OK（273）是不可能达到的，所以300是不可能达到的故C错误；D、热量在一定的条件下，可以从低温物体传递到高温物体，故D正确；E、根据热力学第一定律可知，对物体做
31、功的同时，若放出热量，其内能不一定增加，故E正确，故本题选择BDE答案。【思路点拨】布朗运动就是布朗微粒的运动；温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子的平均动能越大正确应用热力学第一定律和热力学第二定律解答本题考查了热学的有关基础知识，对于这部分知识主要是加强记忆和平时的积累，要正确理解热力学第二定律（2）(9分) 倾角为的无限长的光滑斜面固定在水平面上，一密闭容器（与外界有良好热交换）封闭一定质量的气体静止放置在斜面上，质量为 的活塞把气体分成体积相等的A、B两部分，若活塞与容器接触良好且无摩擦，且活塞的截面积为s，重力加速度为g，PA 为活塞静止时的A部分气体的压强现释放容器，当活塞相对
32、容器静止时，求A、B两部分气体的体积之比AB【知识点】理想气体的状态方程 H2 【答案解析】解：设密闭气体的总体积为2v，当密闭容器在斜面上下滑时，对于整体由牛顿第二定律可知 （1分）当活塞相对容器静止时，对活塞有 （1分）对于A部分气体有 （2分）对于B部分气体有 （2分）当容器静止时，对活塞有 （1分）而 联立解得 （2分）【思路点拨】本题对系统由牛顿第二定律求出加速度，然后对气体应用玻意耳定律列方程，最后求出气体的体积之比。本题考查了求气体的体积之比，分析清楚运动过程与气体的状态变化过程，应用牛顿第二定律、玻意耳定律即可正确解题【题文】34【物理选修3-4】(15分)（1）(6分) 下列
33、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分每错选1个扣3分，最低得分为0分）A如果质点所受的力与它偏离平衡位置的位移大小的平方根成正比，且总是指向平衡位置，质点的运动就是简谐运动B含有多种颜色的光被分解为单色光的现象叫光的色散，光在干涉、衍射及折射时都可以发生色散C向人体人发射频率已知的超声波被血管中的血流反射后又被仪器接收，测出反射波的频率编号就能知道血流的速度，这种方法熟称“彩超“D麦克斯韦关于电磁场的两个基本观点是：变化的磁场产生电场；变化的电场产生磁场E狭义相对论表明物体运动时的质量总是要小于其静止时的质量【知识点】机械振动和电磁波理论考查题。G1
34、、G2、N3。【答案解析】BCD。解析：A、简谐运动的动力学条件是：F=kx；即回复力与它偏离平衡位置的位移的大小成正比，并且总是指向平衡位置；故A错误；B、含有多种颜色的光被分解为单色光的现象叫做光的色散，光在干涉、衍射及折射时都可以发生色散；故B正确；C、向人体内发射频率已知的超声波被血管中的血流反射后又被仪器接收，测出反射波的频率变化就能知道血流的速度，这种方法俗称“B超”，是声波的多普勒效应的应用，故C正确；D、麦克斯韦关于电磁场的两条基本观点是：变化的磁场产生电场和变化的电场产生磁场；故D正确；E、根据狭义相对论的质速关系方程m=，狭义相对论表明物体运动时的质量总是要大于静止时的质量
35、；故E错误；故本题选择BCD答案【思路点拨】本题考查了简谐运动、多普勒效应、光的色散、麦克斯韦电磁场理论、狭义相对论的质速关系方程，知识点多，难度小，关键多看书，记住基础知识要知道简谐运动的动力学条件是F=kx；狭义相对论的质速关系方程m=（2）(9分) 如图所示，有一截面是直角三角形的棱镜ABC，.它对红光的折射率为n1.对紫光的折射率为n2.在距AC边d2处有一与AC平行的光屏现有由以上两种色光组成的很细的光束垂直AB边上的P点射入棱镜，其中PA的长度为d1.（i）为了使紫光能从AC面射出棱镜，n2应满足什么条件？（ii）若两种光都能从AC面射出，求两种光从P点到传播到光屏MN上的时间差B
36、ACd2MNP【知识点】折射定律和全反射综合应用考查题。N1、N7。【答案解析】解：（i）由题意可知临界角C30 （1分）而 （1分）联立解得 （1分）（ii）两种光在棱镜中的路程相同，均为 （1分）两种光在棱镜中传播的时间差为 （1分）红光在棱镜AC面上发生折射时有 （1分）紫光在棱镜AC面上发生折射时有 （1分）两种光在空气中传播的时间差为 （1分）因而两种光传播的时间差为 （1分）BACd2MNr1r2)P【思路点拨】本题考查光在介质中速度、全反射及折射定律的综合应用，中等难度对于折射定律的应用，关键是作出光路图本题要从这两个方面分析（1）根据光速与折射率关系公式得到光速即可；（2）为了
37、使红光能从AC面射出棱镜，则此时入射角应该小于临界角，根据临界角公式并结合折射率定义式列式计算即可还要会根据题目条件画出光路图，由图根据几何知识求解，求时间差时，要利用光在介质中是匀速运动的，再列式求解即可。【题文】35【物理选修3-5】(15分)（1）(6分) 在物理学的发展过程中，许多物理学家提出的理论和假设推动了人类历史的进步下列表述符合物理学史实的是（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分每错选1个扣3分，最低得分为0分）A普朗克为了解释黑体辐射现象，第一次提出了能量量子化理论B爱因斯坦为了解释光电效应的规律，提出了光子说C卢瑟福通过对粒子散射实验的研究，提
38、出了原子的核式结构模型D贝克勒尔通过对天然放射性的研究，发现原子核是由质子和中子组成的E玻尔大胆提出假设，认为实物粒子也具有波动性【知识点】近代物理原子物理学史考查题。O1、O2、O3【答案解析】ABC。是普朗克为了解释黑体辐射现象，第一次提出了能量量子化理论，A正确；爱因斯坦为了解释光电效应的规律，提出了光子说，B正确；卢瑟福通过对粒子散射实验的研究，提出了原子的核式结构模型，C正确；贝克勒尔通过对天然放射性的研究，卢瑟福通过对粒子散射实验的研究发现原子核是由质子和中子组成的，D错误；玻尔大胆提出假设，认为实物粒子也具有粒子性，E错误；故本题选择ABC答案。【思路点拨】本题是要根据物理学史和
39、常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可本题考查物理学史，对于著名物理学家、经典实验和重要学说要记牢，还要学习他们的科学研究的方法（2）(9分) 如图所示，粗糙的水平面上静止放置三个质量均为m的木箱，相邻两木箱的距离均为l工人用沿水平方向的力推最左边的木箱使之向右滑动，逐一与其它木箱碰撞每次碰撞后木箱都粘在一起运动整个过程中工人的推力不变，最后恰好能推着三个木箱匀速运动已知木箱与水平面间的动摩擦因数为,重力加速度为g.设碰撞时间极短，求第一次碰撞和第二次碰撞中木箱损失的机械能之比【知识点】动能定理、动量守恒定律的综合应用考查题。E2、F2。【答案解析】解：最后三个木箱匀速运动，则有 (1分)水
40、平力推最左边的木箱时，根据动能定理有（1分）木箱发生第一次碰撞，根据动量守恒定律有 （1分） 碰撞中损失的机械能为（1分）第一次碰后，水平力推两木箱向右运动，根据动能定理有（1分）木箱发生第二次碰撞，根据动量守恒定律有 （1分） 碰撞中损失的机械能为（1分）联立解得木箱两次碰撞过程中损失的机械能之比为 （2分）【思路点拨】本题考查了求碰撞过程损失的机械能之比，分析清楚物体运动过程，应用动能定理、动量守恒定律与能量守恒定律即可正确解题求解本题的关键是以三体为整体分析匀速运动时F等于三者所受摩擦力之和。利用动能定理求第一次碰撞前的速度，又运用动量守恒定律求二者沾合一起的速度，再根据能量守恒定律求在碰撞过程损失的机械能，后面重复前面的三个过程求解第二次相互作用损失的机械能，进行类比得到最终答案。17