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，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多个选项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分.

1．（6分）（2015•江西校级一模）下列说法正确的是（　　）

　 A． 速度变化越快的物体惯性越小

　 B． 物体做曲线运动的条件是所受合外力的方向和速度的方向不垂直也不在一条直线上

　 C． 学校餐厅的吊扇在工作时向下挤压空气，空气对吊扇产生向上的推力，减轻了吊杆对吊扇的拉力，所以，即使吊杆略有松动也是安全的

　 D． 法拉第发现电磁感应定律，并制作了世界上第一台发电机

【考点】： 物体做曲线运动的条件；作用力和反作用力．

【分析】： 物体的惯性与运动的状态无关；物体做曲线运动的条件是所受合力与速度不在同一直线上；吊扇工作时向下压迫空气，空气对吊扇产生竖直向上反作用力；法拉第发现电磁感应定律，并制作了世界上第一台发电机．

【解析】： 解：A、物体的惯性与运动的状态无关；故A错误；

B、物体做曲线运动的条件是所受合力与速度不在同一直线上，可以相互垂直；故B错误；

C、吊扇工作时向下压迫空气，使空气向下运动，空气对吊扇产生竖直向上反作用力﹣﹣的托力，减轻了吊杆对电扇的拉力；故C正确；

D、法拉第发现电磁感应定律，并制作了世界上第一台发电机．故D正确．

故选：CD

【点评】： 该题考查惯性、物体做曲线运动的条件、作用力与反作用力等知识点，都是力学中的基础概念，要加强对它们的理解．

2．（6分）（2015•江西校级一模）趣味运动会上运动员手持网球拍托球沿水平面匀加速跑，设球拍和球质量分别为M、m，球拍平面和水平面之间夹角为θ，球拍与球保持相对静止，它们间摩擦力及空气阻力不计，则（　　）

　 A． 运动员的加速度为gtanθ

　 B． 球拍对球的作用力为mg

　 C． 运动员对球拍的作用力为（M+m）gcosθ

　 D． 若加速度大于gsinθ，球一定沿球拍向上运动

【考点】： 牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．

【专题】： 牛顿运动定律综合专题．

【分析】： 由题，不计摩擦力，分析网球的受力情况，作出力图，根据牛顿第二定律求解加速度和球拍对球的作用力；分析网球竖直方向的受力情况，判断球能否向上运动．

【解析】： 解：A、B、C对网球：受到重力mg和球拍的支持力N，作出力图如图，根据牛顿第二定律得：

  Nsinθ=ma

  Ncosθ=mg

解得，a=gtanθ，N=，故A正确、B错误；

以球拍和球整体为研究对象，如图2，根据牛顿第二定律得：

 运动员对球拍的作用力为F=，故C错误．

D、当a＞gtanθ时，网球将向上运动，由于gsinθ与gtanθ的大小关系未知，故球不一定沿球拍向上运动．故D错误．

故选：A．

【点评】： 本题是两个作用下产生加速度的问题，分析受力情况是解答的关键，运用正交分解，根据牛顿第二定律求解

3．（6分）（2015•江西校级一模）如图所示，固定斜面倾角为θ，整个斜面分为AB、BC两段，且1.5AB=BC．小物块P（可视为质点）与AB、BC两段斜面之间的动摩擦因数分别为μ1、μ2．已知P由静止开始从A点释放，恰好能滑动到C点而停下，那么θ、μ1、μ2间应满足的关系是（　　）

　 A． tanθ= B． tanθ=

　 C． tanθ=2μ1﹣μ2 D． tanθ=2μ2﹣μ1

【考点】： 动能定理的应用．

【专题】： 动能定理的应用专题．

【分析】： 对物块进行受力分析，分析下滑过程中哪些力做功．运用动能定理研究A点释放，恰好能滑动到C点而停下，列出等式找出答案．

【解析】： 解：A点释放，恰好能滑动到C点，物块受重力、支持力、滑动摩擦力．

设斜面AC长为L，

运用动能定理研究A点释放，恰好能滑动到C点而停下，列出等式：

mgLsinθ﹣μ1mgcosθ×L﹣μ2mgcosθ×L=0﹣0=0

解得：tanθ=

故选：A．

【点评】： 了解研究对象的运动过程是解决问题的前提，根据题目已知条件和求解的物理量选择物理规律解决问题．要注意运动过程中力的变化．

4．（6分）（2015•江西校级一模）如图所示，在一个匀强电场中有一个四边形ABCD，M为AD的中点，N为BC的中点，一个电荷量为3.0×10﹣7C带正电的粒子，从A点移动到B点，电场力做功为WAB=3.0×10﹣8J；将该粒子从D点移动到C点，电场力做功为WDC=5.0×10﹣8J．下列说法正确的是（　　）

　 A． A、B两点之间的电势差为10V

　 B． 若将该粒子从M点移动到N点，电场力做功WMN=4.0×10﹣8J

　 C． 若将该粒子从M点移动到N点，电场力做功WMN=8.0×10﹣8J

　 D． 若A、B之间的距离为1cm，该电场的场强一定是E=10V/m

【考点】： 电势差与电场强度的关系；电势差．

【专题】： 电场力与电势的性质专题．

【分析】： M为AD的中点，N为BC的中点，根据公式U=Ed可知，匀强电场中沿着电场线方向，两点间的电势差与两点间的距离成正比，则M点的电势等于AD两点电势的平均值，N的电势等于BC两点电势的平均值，根据电场力公式W=qU，可得到WMN与WAB、WDC的关系．由于电场强度方向未知，不能求解场强的大小．由公式W=qU，可求出M、N间电势差．

【解析】： 解：A、，故A错误．

B、C：因为电场是匀强电场，在同一条电场线上，M点的电势是A、D两点电势的平均值；N点的电势是B、C两点电势的平均值，即，，所以：

WMN=qUMN=q（φM﹣φN）=q（）==4×10﹣8J，故B正确、C错误．

D、A、B两点之间的电势差为0.1 V，但电场方向不一定沿着AB方向，故D错误．

故选：B

【点评】： 本题关键抓住M、N的电势与A、B电势和D、C电势的关系，根据电场力做功公式求解WMN．运用公式U=Ed时，要正确理解d的含义：d是沿电场方向两点间的距离．

5．（6分）（2015•江西校级一模）如图所示，有两个相邻的有界匀强磁场区域，磁感应强度的大小均为B，磁场方向相反，且与纸面垂直，磁场区域在x轴方向宽度均为a，在y轴方向足够宽．现有一高为a的正三角形导线框从图示位置开始向右沿x轴方向匀速穿过磁场区域．若以逆时针方向为电流的正方向，在选项图中，线框中感应电流i与线框移动的位移x的关系图象正确的是（　　）

　 A．  B．  C．  D． 

【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律．

【专题】： 压轴题．

【分析】： 本题导体的运动可分为三段进行分析，根据楞次定律可判断电路中感应电流的方向；由导体切割磁感线时的感应电动势公式可求得感应电动势的大小．

【解析】： 解：线框从开始进入到全部进入第一个磁场时，磁通量向里增大，则由楞次定律可知，电流方向为逆时针，故B一定错误；

因切割的有效长度均匀增大，故由E=BLV可知，电动势也均匀增加；而在全部进入第一部分磁场时，磁通量达最大，该瞬间变化率为零，故电动势也会零，故A错误；

当线圈开始进入第二段磁场后，线圈中磁通量向里减小，则可知电流为顺时针，故D错误，C正确；

故选C．

【点评】： 本题为选择题，而过程比较复杂，故可选用排除法解决，这样可以节约一定的时间；

而进入第二段磁场后，分处两磁场的线圈两部分产生的电流相同，且有效长度是均匀变大的，当将要全部进入第二磁场时，线圈中电流达最大2I．

6．（6分）（2015•江西校级一模）“轨道康复者”是“垃圾”卫星的救星，被称为“太空110”，它可在太空中给“垃圾”卫星补充能源，延长卫星的使用寿命，假设“轨道康复者”的轨道半经为地球同步卫星轨道半径的五分之一，其运动方向与地球自转方向一致，轨道平面与地球赤道平面重合，下列说法正确的是（　　）

　 A． “轨道康复者”的加速度是地球同步卫星加速度的25倍

　 B． “轨道康复者”的速度是地球同步卫星速度的 倍

　 C． 站在赤道上的人观察到“轨道康复者”向西运动

　 D． “轨道康复者”可在高轨道上加速，以实现对低轨道上卫星的拯救

【考点】： 人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．

【专题】： 人造卫星问题．

【分析】： 根据万有引力提供向心力，结合轨道半径的关系得出加速度和周期的关系．根据“轨道康复者”的角速度与地球自转角速度的关系判断赤道上人看到“轨道康复者”向哪个方向运动．

【解析】： 解：A、根据=ma得：a=，

因为“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动时的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的五分之一，则“轨道康复者”的加速度是地球同步卫星加速度的25倍．故A正确．

B、根据=m

得：v=，因为“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动时的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的五分之一，

则“轨道康复者”的速度是地球同步卫星速度的倍．故B正确．

C、因为“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动的周期小于同步卫星的周期，则小于地球自转的周期，所以“轨道康复者”的角速度大于地球自转的角速度，站在赤道上的人用仪器观察到“轨道康复者”向东运动．故C错误．

D、“轨道康复者”要在原轨道上减速，做近心运动，才能“拯救”更低轨道上的卫星．故D错误．

故选：AB．

【点评】： 解决本题的关键知道万有引力提供向心力这一重要理论，并能灵活运用，以及知道卫星变轨的原理，知道当万有引力大于向心力，做近心运动，当万有引力小于向心力，做离心运动．

7．（6分）（2015•江西校级一模）水平地面上有两个固定的、高度相同的粗糙斜面甲和乙，底边长分别为L1、L2，且L1＜L2，如图所示．两个完全相同的小滑块A、B（可视为质点）与两个斜面间的动摩擦因数相同，将小滑块A、B分别从甲、乙两个斜面的顶端同时由静止开始释放，取地面所在的水平面为参考平面，则（　　）

　 A． 从顶端到底端的运动过程中，由于克服摩擦而产生的热量一定相同

　 B． 滑块A到达底端时的动能一定比滑块B到达底端时的动能大

　 C． 两个滑块从顶端运动到底端的过程中，重力对滑块A做功的平均功率比滑块B的大

　 D． 两个滑块加速下滑的过程中，到达同一高度时，机械能可能相同

【考点】： 功能关系；电功、电功率．

【分析】： 重力做功只与始末位置有关，据此确定重力做功情况，由于重力做功相同，故重力的平均功率与物体下滑时间有关，根据下滑时间确定重力做功功率，同时求得摩擦力做功情况，由动能定理确定物体获得的动能及动能的变化量，根据摩擦力做功情况判断产生的热量是否相同．

【解析】： 解：A、A、B滑块从斜面顶端分别运动到底端的过程中，摩擦力做功不同，所以克服摩擦而产生的热量一定不同，故A错误；

B、由于B物块受到的摩擦力f=μmgcosθ大，且通过的位移大，则克服摩擦力做功多，滑块A克服摩擦力做功少，损失的机械能少，根据动能定理，可知 滑块A到达底端时的动能一定比B到达底端时的动能大，故B正确；

C、整个过程中，两物块所受重力做功相同，但由于A先到达低端，故重力对滑块A做功的平均功率比滑块B的大，故C正确；

D、两个滑块在斜面上加速下滑的过程中，到达同一高度时，重力做功相同，由于乙的斜面倾角大，所以在斜面上滑行的距离不等，即摩擦力做功不等，所以机械能不同，故D错误．

故选：BC．

【点评】： 本题主要考查动能定理和功能关系．关键要明确研究的过程列出等式表示出需要比较的物理量．

8．（6分）（2015•江西校级一模）图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比为n1：n2=5：1，电阻R=20Ω，L1、L2为规格相同的两只小灯泡，S1为单刀双掷开关．原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的变化关系如图乙所示．现将S1接1、S2闭合，此时L2正常发光的功率为P，下列说法正确的是（　　）

　 A． 输入电压u的表达式u=20sin50πV

　 B． 只断开S2后，L1、L2的功率均小于

　 C． 只断开S2后，原线圈的输入功率大于

　 D． 若S1换接到2后，R消耗的电功率为0.8W

【考点】： 变压器的构造和原理；电功、电功率．

【专题】： 交流电专题．

【分析】： 根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论．

【解析】： 解：A、周期是0.02s，ω==100π，所以输入电压u的表达式应为u=20sin（100πt）V，A错误；

B、只断开S2后，负载电阻变大为原来的2倍，电压不变，副线圈电流变小为原来的一半，L1、L2的功率均变为额定功率的四分之一，B错误；

C、只断开S2后，原线圈的输入功率等于副线圈的功率都减小，C错误；

D、若S1换接到2后，电阻R电压有效值为4V，R消耗的电功率为 =0.8W，D正确．

故选：D．

【点评】： 掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决．

二、非选择题（一）必考题

9．（6分）（2015•江西校级一模）某同学设计了以下的实验来验证机械能守恒定律：在竖直放置的光滑的塑料米尺上套一个磁性滑块m，滑块可沿米尺自由下落．在米尺上还安装了一个连接了内阻很大数字电压表的多匝线框A，线框平面在水平面内，滑块可穿过线框，如图所示．把滑块从米尺的0刻度线处释放，记下线框所在的刻度h和滑块穿过线框时的电压U．改变h，调整线框的位置，多做几次实验．记录各次的h，U．

（1）如果采用图象法对得出的数据进行分析论证，用　U2﹣h　 图线（选填”U﹣h”或“U2﹣h”）更容易得出结论．

（2）影响本实验精确程度的因素主要是　空气阻力　（至少列举一点）．

【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】： （1）由机械能守恒推导出滑块下落h时的速度，然后由法拉第电磁感应定律推导出电压U和h的关系式，

（2）由于阻力的存在，会存在一定误差．

【解析】： 解：（1）mgh=mv2

得：v=

根据法拉第电磁感应定律：U=BLv=BL

U2=2B2L2gh

每次滑落时B、L相同，故U2与h成正比，如果采用图象法对得出的数据进行分析论证，线性图线会更直观，

故用U2﹣h图象；

（2）由于空气阻力等的影响，使滑块下落时减少的重力势能不能完全转化为动能带来实验误差．

故答案为：（1）U2﹣h；（2）空气阻力．

【点评】： 解答实验问题的关键是明确实验原理、实验目的，了解具体操作，同时加强应用物理规律处理实验问题的能力．

10．（9分）（2015•江西校级一模）要测量电压表V1的内阻RV，其量程为2V，内阻约2KΩ．实验室提供的器材有：

电流表A，量程0.6A，内阻约为0.1Ω；

电压表V2，量程5V，内阻约为5KΩ；

定值电阻R1，阻值为30Ω；

定值电阻R2，阻值为3KΩ；

滑动变阻器R3，最大阻值100Ω，额定电流1.5A；

电源E，电动势6V，内阻约0.5Ω；

开关S一个，导线若干．

（1）有人拟将待测电压表V1和题中所给的电流表A串连接入电压合适的测量电路中，测出V1的电压和电流，再计算出RV．该方案实际上不可行，其最主要的原因是　由于电压表的内阻很大，流过的电流较小，待测电压表V1和电流表A串连接入电压合适的测量电路中，电流表A不能准确测量出流过电压表V1的电流　

（2）请从上述器材中选择必要的器材，设计一个测量电压表V1内阻RV的实验电路．要求测量尽量准确，实验必须在同一电路中，且在不增减元件的条件下完成．试画出符合要求的实验电路图（图中电源与开关已连接好），并标出所选元件的相应字母代号．

（3）由上问写出电压表V1内阻RV的表达方式，说明式中各测量量的物理意义．

【考点】： 伏安法测电阻．

【专题】： 实验题；压轴题；恒定电流专题．

【分析】： （1）由于电压表的内阻很大，流过的电流较小，待测电压表V1和电流表A串连接入电压合适的测量电路中，电流表A不能准确测量出流过电压表V1的电流．

（2）由于电压表V1接入电路后，由电流通过时其两端电压可以直接读出，因而利用串联分压的特点，选用标准电压表V2和定值电阻R2，反复测量通过滑动变阻器R3控制即可．

（3）根据串联电路特点可以求出电压表内阻的表达式，从而进一步，明确各个物理量的含义．

【解析】： 解：（1）由于电压表的内阻很大，流过的电流较小，待测电压表V1和电流表A串连接入电压合适的测量电路中，电流表A不能准确测量出流过电压表V1的电流．

故其原因是：由于电压表的内阻很大，流过的电流较小，待测电压表V1和电流表A串连接入电压合适的测量电路中，电流表A不能准确测量出流过电压表V1的电流．

（2）由于电压表V1接入电路后，由电流通过时其两端电压可以直接读出，因而利用串联分压的特点，选用标准电压表V2和定值电阻R2，反复测量通过滑动变阻器R3控制即可．测量电压表V1内阻Rv的实验电路如图所示：

（3）根据串联电路的特点有：

，式中U1表示V1的电压，U2表示V1 和R2串联的总电压．

故电压表内阻的表达式为：；中U1表示V1的电压，U2表示V1和R2串联的总电压．

【点评】： 本题在课本基础实验的基础上有所创新，只要明确了实验原理，熟练应用电路的串并联知识，即可正确解答．

11．（13分）（2015•江西校级一模）一质量m=1.0kg的滑块以一定的初速度冲上一倾角为37°足够长的斜面，某同学利用DIS实验系统测出了滑块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，如图所示为通过计算机绘制出的滑块上滑过程的v﹣t图象（g取10m/s2）．求：

（1）滑块与斜面间的动摩擦因数；

（2）滑块从出发点返回到底端整个过程中损失的机械能；

（3）求1s末重力的瞬时功率．

【考点】： 功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律．

【专题】： 功率的计算专题．

【分析】： （1）根据速度时间图线求出滑块匀减速运动的加速度大小和上滑的位移，结合牛顿第二定律求出动摩擦因数的大小．

（2）根据牛顿第二定律求出下滑的加速度，结合速度位移公式求出下滑到初始位置的速度大小．由动能定理可求摩擦力做的功，由能量的转化和守恒可知，摩擦力做的哦概念股等于损失的机械能，进而可得滑块从出发点返回到底端整个过程中损失的机械能；

（3）根据运动学求得1s末的速度，由P=mgsinθ•v可得重力的瞬时功率．

【解析】： 解：（1）由图象知：a=m/s2，

上滑的长度：

x===1.2m，

上滑时，分析受力：

mgsin37°+µmgcos37°=ma，

代入数据解得：µ=0.5．

（2）下滑时，根据牛顿第二定律得：

mgsin37°﹣µmgcos37°=ma′，

代入数据解得：a′=2m/s2

根据v2=2a′x，

代入数据解得：

v=m/s．

由动能定理可得：

=9.2J，

摩擦力做的功等于机械能的损失9.2J．

（3）1s末的速度为：

v1=a′t=2×1=2m/s，

故此时重力的瞬时功率为：

P=mgsinθ•v=1×10×0.6×2=12W．

答：（1）滑块与斜面间的动摩擦因数为0.5；

（2）滑块从出发点返回到底端整个过程中损失的机械能为9.2J；

（3）求1s末重力的瞬时功率为12W．

【点评】： 本题考查了牛顿第二定律和速度图象的综合，知道图线斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移，结合牛顿第二定律和运动学公式求解是关键，加速度是联系力学和运动学的桥梁．

12．（19分）（2015•江西校级一模）如图所示，空间存在一个半径为R0的圆形匀强磁场区域，磁场的方向垂直于纸面向里，磁感应强度的大小为B，有一个粒子源在纸面内沿各个方向以一定速率发射大量粒子，粒子的质量为m、电荷量为+q．将粒子源置于圆心，则所有粒子刚好都不离开磁场，不考虑粒子之间的相互作用．

（1）求带电粒子的速率．

（2）若粒子源可置于磁场中任意位置，且磁场的磁感应强度大小变为B，求粒子在磁场中最长的运动时间t．

（3）若原磁场不变，再叠加另一个半径为R1（R1＞R0）圆形匀强磁场，磁场的磁感应强度的大小为，方向垂直于纸面向外，两磁场区域成同心圆，此时该离子源从圆心出发的粒子都能回到圆心，求R1的最小值和粒子运动的周期T．

【考点】： 带电粒子在匀强磁场中的运动．

【专题】： 带电粒子在磁场中的运动专题．

【分析】： （1）根据几何关系，结合洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律，即可求解；

（2）由几何关系，可求出运动轨迹的圆心角，根据周期公式，即可求解；

（3）根据矢量法则，可确定磁场方向与大小，再由几何关系，结合周期公式，即可求解．

【解析】： 解：（1）粒子离开出发点最远的距离为轨道半径的2倍，由几何关系，则有R0=2r，r=0.5R0

根据半径公式得：r=

解得v=

（2）磁场的大小变为B后，由半径公式r=可知粒子的轨道半径变为原来的=2倍，即为R0，

根据几何关系可以得到，当弦最长时，运动的时间最长，弦为2 R0时最长，圆心角90°

解得：t=T==

（3）根据矢量合成法则，叠加区域的磁场大小为 ，方向向里，

R0以为的区域磁场大小为 ，方向向外．粒子运动的半径为R0，

根据对称性画出情境图，

由几何关系可得R1的最小值为：（+1）R0；

根据周期公式，则有：T==

答：

（1）带电粒子的速率为．

（2）若粒子源可置于磁场中任意位置，且磁场的磁感应强度大小变为 B，粒子在磁场中最长的运动时间t为．

（3）R1的最小值为（+1）R0；粒子运动的周期T为．

【点评】： 对于带电粒子在磁场的圆周运动，要由洛伦兹力提供圆周运动向心力，根据轨迹关系求出粒子进入磁场中的速度方向，再根据速度关系求出质子在电场中做何种运动，然后根据运动性质求解．

选考题：【物理-选修3-3】（15分）

13．（6分）（2015•江西校级一模）下列说法中正确的是（　　）

　 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． 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，保持气体的压强不变，温度越高，体积越大

　 D． 一定温度下，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；温度是分子平均动能的标志．

【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；相同温度下，相同气体的饱和汽压是相同的；压强取决于温度和体积；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；

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，撞击越不平衡；则布朗运动就越明显．故B正确；

C、一定质量的理想气体，保持气体的压强不变，温度越高，体积越大．故C正确；

D、当温度不变时，饱和汽的压强也是不变的；故D正确；

E、分子间的引力和斥力是同时存在的；有引力的同时也一定有斥力；故E错误；

故选：BCD

【点评】： 解答本题知道固体、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．（9分）（2015•江西校级一模）如图所示，一直立的气缸用一质量为m的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞横截面积为S．气体最初的体积为V0，气体最初的压强为；气缸内壁光滑且气缸是导热的．开始活塞被固定，打开固定螺栓K，活塞下落，经过足够长时间后活塞停在B处．设周围环境温度保持不变．已知大气压强为P0，重力加速度为g，求：活塞停在B点时活塞下落的距离h．

【考点】： 理想气体的状态方程．

【专题】： 理想气体状态方程专题．

【分析】： 由平衡条件求出气体压强，由玻意耳定律求出气体体积；

【解析】： 解：设活塞在B处时封闭气体的压强为P，活塞处于平衡状态，由平衡条件得：P0S+mg=PS…①

解得：P=P0+，

由玻意耳定律得：=PV…②，

其中V=Sh2；V0=Sh1；

联立得：h=h1﹣h2=

答：活塞下落的高度为

【点评】： 本题考查了求气体体积，应用玻意耳定律与热力学第一定律即可正确解题，求出气体的压强是正确解题的关键．

【物理-选修3-4】（15分）

15．（2015•江西校级一模）以下说法中不正确的有（　　）

　 A． 作简谐运动的物体每次通过同一位置时都具有相同的加速度和速度

　 B． 横波在传播过程中，波峰上的质点运动到相邻的波峰所用的时间为一个周期

　 C． 一束光由介质斜射向空气，界面上可能只发生反射现象而没有折射现象

　 D． 水面油膜呈现彩色条纹是光的干涉现象，这说明了光是一种波

　 E． 在电场周围一定存在磁场，在磁场周围一定存在电场

【考点】： 电磁波的产生；光的干涉．

【分析】： 根据简谐运动的周期性分析物体通过同一位置时加速度和速度是否相同．横波在传播过程中，质点不向前移动．光由介质斜射向空气，界面上可能只发生反射现象而没有折射现象．水面油膜呈现彩色条纹是光的干涉现象，这说明了光是一种波．在电场周围不一定存在磁场，在磁场周围不一定存在电场．

【解析】： 解：A、作简谐运动的物体每次通过同一位置时都具有相同的加速度，而速度有两种方向，可能不同．故A错误．

B、横波在传播过程中，波峰上的质点只在自己的平衡附近振动，不向前移动．故B错误．

C、一束光由介质斜射向空气，界面上若发生全反射，只发生反射现象而没有折射现象．故C正确．

D、水面油膜呈现彩色条纹是光的干涉现象形成的，说明了光是一种波．故D正确．

E、根据麦克斯韦电磁场理论得知，在变化的电场周围才存在磁场，在变化的磁场周围才存在电场．故E错误．

本题选错误的，故选：ABE

【点评】： 本题考查跟振动和波动有关的知识，基础题．光由介质斜射向空气，可能发生全反射现象．

16．（2015•江西校级一模）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．

【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n== ①

在△OBC中，由几何关系得：α=2β ②

由①、②得：2cosβ= ③

可得：β=30°，α=60° ④

所以CD=Rsin60°=R ⑤

答：这条入射光线到AB的距离是R．

【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．（2015•江西校级一模）下列说法中正确的是（　　）

　 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，天然放射现象的发现揭示原子核有复杂的结构

　 D． 放射性同位素Th232经α、β衰变会生成Rn36，其衰变示意方程为Th→Rn+xα+yβ，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】： 原子核衰变及半衰期、衰变速度；光电效应．

【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．

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．（2013•广东）如图，两块相同平板P1、P2置于光滑水平面上，质量均为m．P2的右端固定一轻质弹簧，左端A与弹簧的自由端B相距L．物体P置于P1的最右端，质量为2m且可以看作质点．P1与P以共同速度v0向右运动，与静止的P2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P1与P2粘连在一起，P压缩弹簧后被弹回并停在A点（弹簧始终在弹性限度内）．P与P2之间的动摩擦因数为μ，求：

（1）P1、P2刚碰完时的共同速度v1和P的最终速度v2；

（2）此过程中弹簧最大压缩量x和相应的弹性势能Ep．

【考点】： 动量守恒定律．

【专题】： 压轴题；动量定理应用专题．

【分析】： （1）P1、P2碰撞过程，由动量守恒定律列出等式．对P1、P2、P系统，由动量守恒定律求解．

（2）当弹簧压缩最大时，P1、P2、P三者具有共同速度v3，由动量守恒定律和能量守恒定律求解．

【解析】： 解：（1）P1、P2碰撞过程，由动量守恒定律

mv0=2mv1  ①

解得v1=，方向水平向右 ②

对P1、P2、P系统，由动量守恒定律

mv0+2mv0=4mv2③

解得v2=，方向水平向右④

（2）当弹簧压缩最大时，P1、P2、P三者具有共同速度v2，由动量守恒定律

mv0+2mv0=4mv2  ⑤

 对系统由能量守恒定律

μ（2m）g×2（L+x）=（2m）v+（2m）v﹣（4m）v  ⑥

解得x=﹣L  ⑦

最大弹性势能Ep=（2m）v+（2m）v﹣（4m）v﹣μ•2mg（L+x） ⑧

解得Ep=mv  ⑨

答：（1）P1、P2刚碰完时的共同速度是，方向水平向右，P的最终速度是，方向水平向右；

（2）此过程中弹簧最大压缩量x是﹣L，相应的弹性势能是mv．

【点评】： 本题综合考查了动量守恒定律、能量守恒定律，综合性较强，对学生的能力要求较高，需加强这方面的训练．下载本文