【名师解析】河南省、河北省、山西省2015届高三三省第二次联考（二模）物理

【名师解析】河南省、河北省、山西省2015届高三三省第二次联考（二模）物理 2015年河南省、河北省、山西省高考物理二模试卷 一、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1-5题只有一项是符合题目要求的，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•河南二模)在物理学的发展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步(下列表述符合物理学史实的是( ) A( 库仑提出了库仑定律并最早测出了元电荷e的数值 B( 奥斯特发现了电流的磁效应并提出了电磁感应定律 C( 法拉第发明了人类历史上第一台发电机 D( 麦克斯韦最先提出了场的概念 【考点】: 物理学史( 【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、库仑总结并确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律，密立根最早通过油滴实验，比较准确的测定了电子的电量，故A错误; B、奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第提出了电磁感应定律，故B错误; C、法拉第发现了电磁感应现象，并制成了人类历史上第一台发电机，故C正确; D、法拉第最早提出电场的概念，并提出用电场线表示电场，故D正确; C 故选: 【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)(2015•河南二模)一滑块从固定的斜面底端冲上粗糙的斜面，到达某一高度后返回斜面底端(下列各图分别表示滑块在斜面上运动的速度v、加速度a、势能E、机械能Ep随时间变化的图象，则下列图象可能正确的是( ) A( B( C( D( 【考点】: 匀变速直线运动的图像( 【专题】: 运动学中的图像专题( 【分析】: 滑块在斜面上运动过程中，先上滑后下滑，由于存在摩擦力，上滑与下滑过程不再具有对称性，经过同一点时下滑的速度小于上滑的速度，上滑运动的时间较短(根据牛顿第二定律分析上滑与下滑过程的加速度大小关系(根据运动学公式和重力势能公式得出重力势能与时间的关系式(根据功能关系分析E与t的关系( 【解析】: 解:A、滑块在斜面上运动过程中，由于存在摩擦力，机械能不断减小，经过同一点时下滑的速度小于上滑的速度，回到出发点时的速度比出发时的初速度小(故A错误( B、设斜面的倾角为α(物体在上滑与下滑两个过程中，所受的合力方向均沿斜面向下，加速度方向相同( 设上滑与下滑两个过程加速度大小分别为a和a(根据牛顿第二定律得: 12 mgsinα+μmgcosα=ma; 1 mgsinα,μmgcosα=ma; 2 则得:a=gsinα+μgcosα，a=gsinα,μgcosα(则有:a,a(故B正确( 1212 2C、在上滑过程中:上滑的位移大小为:x=vt,at 101 2重力势能为:E=mgxsinα=mgsinα(vt,at)，E,t图象为抛物线( P101P 22下滑过程:重力势能为:E=mg[H,a(t,t)sinα]，H为斜面的最大高度，t是上滑的P00时间，此为开口向下的抛物线方程(所以C是不可能的(故C错误( D、由于物体克服摩擦力做功，其机械能不断减小，根据功能关系得:E=E,fx=E,f•0101 2(vt,at)，可知E,t图象应为抛物线(故D错误( 01 故选:B( 【点评】: 本题采用定性分析与定量计算相结合的方法分析功能关系、运动与力关系，根据物理规律得到解析式，再选择物理图象( 3((6分)(2015•河南二模)我国发射了一颗地球资源探测卫星，发射时，先将卫星发射至距离地面50km的近地圆轨道1上，然后变轨到近地点距离地面50km、远地点距离地面1500km的椭圆轨道2上，最后由轨道2进入半径为7900km的圆轨道3，轨道1、2相切于P点，轨道2、3相切于Q点(忽略空气阻力和卫星质量的变化，则以下说法正确的是( ) A( 该卫星从轨道1变轨到轨道2需要在P处点火加速 B( 该卫星在轨道2上稳定运行时，P点的速度小于Q点的速度 C( 该卫星在轨道2上Q点的加速度大于在轨道3上Q点的加速度 D( 该卫星在轨道3的机械能小于在轨道1的机械能 【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( 【专题】: 人造卫星问题( 【分析】: 在1圆轨道变轨到2椭圆轨道的过程中，需要加速做离心运动，速度可能大于7.9km/s(卫星在轨道2上从远地点向近地点运动的过程中机械能守恒(由轨道2变为轨道3需要在远地点点火加速做离心运动( 【解析】: 解:人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，有:，解得:v= A、卫星在轨道上运行时，轨道的半长轴越大，需要的能量越大，由于轨道2半长轴比轨道1半长轴大，因此该卫星从轨道1变轨到轨道2需要在P处点火加速，故A正确; B、该卫星在轨道2上稳定运行时，根据开普勒第二定律可知，近地点P点的速度大于远地点Q点的速度，故B错误; C、根据牛顿第二定律和万有引力定律得:a=，所以卫星在轨道2上经过Q点的加速度等于在轨道3上经过Q点的加速度，故C错误; D、卫星在轨道上运行时，轨道的半长轴越大，需要的能量越大，由于轨道3半长轴比轨道1半长轴大，所以该卫星在轨道3的机械能小于在轨道1的机械能(故D错误( 故选:A( 【点评】: 该题考查卫星的变轨问题，关键明确卫星在圆轨道运行时，万有引力提供向心力，卫星在轨道上的运动过程中只有重力做功，机械能守恒;而变轨的时候，需要点火加速或减速( 4((6分)(2015•河南二模)如图所示，一个圆形框架以竖直的直径为转轴匀速转动(在框架上套着两个质量相等的小球A、B，小球A、B到竖直转轴的距离相等，它们与圆形框架保持相对静止(下列说法正确的是( ) A( 小球A的合力小于小球B的合力 B( 小球A与框架间可能没有摩擦力 C( 小球B与框架间可能没有摩擦力 D( 圆形框架以更大的角速度转动，小球B受到的摩擦力一定增大 【考点】: 线速度、角速度和周期、转速;向心力( 【专题】: 匀速圆周运动专题( 【分析】: 由于合力提供向心力，依据向心力表达式可判定AB小球的合力关系; 依据A、B受到的受力情况可判定摩擦力的有无，以及随转速的变化情况; 【解析】: 解: 2A、由于合力提供向心力，依据向心力表达式F=mrω，已知两球质量，半径和角速度都相同，可知向心力相同，即合力相同，故A错误( BC、小球A受到重力和弹力的合力不可能垂直指向OO′轴，故一定存在摩擦力，而B球的重力和弹力的合力可能垂直指向OO′轴，故B球摩擦力可能为零，故B错误，C正确( D、由于不知道B是否受到摩擦力，故而无法判定圆形框架以更大的角速度转动，小球B受到的摩擦力的变化情况，故D错误( 故选:C( 【点评】: 该题的难点在与分析两球的摩擦力情况，注意利用好小球的合力提供向心力这点来分析摩擦力( 5((6分)(2015•河南二模)在x轴上存在与x轴平行的电场，x轴上各点的电势随x点位置变化情况如图所示(图中,x,x之间为曲线，且关于纵轴对称，其余均为直线，也关于11 纵轴对称(下列关于该电场的论述正确的是( ) A( x轴上各点的场强大小相等 B( 从,x到x场强的大小先减小后增大 11 C( 一个带正电的粒子在x点的电势能大于在,x点的电势能 11 D( 一个带正电的粒子在,x点的电势能大于在,x点的电势能 12 【考点】: 匀强电场中电势差和电场强度的关系( 【专题】: 电场力与电势的性质专题( 【分析】: 根据φ,x图象的斜率大小等于电场强度，分析场强的变化(根据电场力做功判断电势能的变化 【解析】: 解:A、φ,x图象的斜率大小等于电场强度，故x轴上的电场强度不同，故A错误; B、从,x到x场强斜率先减小后增大，故场强先减小后增大，故B正确; 11 C、有图可知，场强方向指向O，根据电场力做功可知，一个带正电的粒子在x点的电势能1等于在,x点的电势能，故CD错误 1 故选:B 【点评】: 本题关键要理解φ,t图象的斜率等于场强，由电势的高低判断出电场线的方向，来判断电场力方向做功情况，并确定电势能的变化 6((6分)(2015•河南二模)如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上受到水平向右的拉力F的作用向右滑行，但长木板保持静止不动(已知木块与长木板之间的动摩擦因数为μ，长木板与地面之间的动摩擦因数为μ，下列说法正确的是( ) 12 A( 长木板受到地面的摩擦力的大小一定为μmg 1 B( 长木板受到地面的摩擦力的大小一定为μ(m+M)g 2 C( 只要拉力F增大到足够大，长木板一定会与地面发生相对滑动 D( 无论拉力F增加到多大，长木板都不会与地面发生相对滑动 【考点】: 牛顿第二定律;力的合成与分解的运用( 【专题】: 牛顿运动定律综合专题( 【分析】: 隔离对M分析，抓住木板处于静止状态，根据共点力平衡求出地面对木板的摩擦力大小(无论改变F的大小，只要m在木板上滑动，则m对M的摩擦力大小不变，木板仍然保持静止( 【解析】: 解:A、对M分析，在水平方向受到m对M的摩擦力和地面对M的摩擦力，两个力平衡，则地面对木板的摩擦力f=μmg(故A正确，B错误( 1 C、无论F大小如何，m在M上滑动时对M的摩擦力大小不变，M在水平方向上仍然受到两个摩擦力处于平衡，不可能运动(故C错误，D正确( 故选:AD( 【点评】: 本题中木板受到地面的摩擦力是静摩擦力，不能根据滑动摩擦力公式求解，f=μ22(m+M)g是错误的( 7((6分)(2015•河南二模)A、B两点在同一条竖直线上，A点离地而的高度为2.5h，B点离地面高度为2h(将两个小球分别从A、B两点水平抛出，它们在P点相遇，P点离地面的高度为h(已知重力加速度为g，则( ) A( 两个小球一定同时抛出 两个小球抛出的时间间隔为(,) B( C( 小球A、B抛出的初速度之比= D( 小球A、B抛出的初速度之比= 【考点】: 平抛运动( 【专题】: 平抛运动专题( 【分析】: 平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据在P点相遇，结合高度求运动的时间，从而通过水平位移求初速度( 【解析】: 解:A、平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，由h=，得t=，由于A到P的竖直高度较大，所以从A点抛出的小球运动时间较长，应先抛出(故A错误( B、由t=，得两个小球抛出的时间间隔为?t=t,t=,=(,)AB (故B正确( CD、由x=vt得v=x，x相等，则小球A、B抛出的初速度之比===，00 故C错误，D正确( 故选:BD( 【点评】: 解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解( 8((6分)(2015•河南二模)如图所示，在xOy平面内的y轴和虚线之间除了圆形区域外的空间存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B(虚线经过Q点(3L，0) 0)，半径为L(一个质量为m，电荷量且与y轴平行(圆形区域的圆心P的坐标为(2L， 为q的带正电的粒子从y轴上某点垂直y轴进入磁场，不计粒子的重力，则( ) A( 如果粒子没有经过圆形区域到达了Q点，则粒子的入射速度为v= B( 如果粒子没有经过圆形区域到达了Q点，则粒子的入射速度为v= C( 粒子第一次从P点经过了x轴，则粒子的最小入射速度为v= min D( 粒子第一次从P点经过了x轴，则粒子的最小入射速度为v= min 【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】: 若粒子不经过圆形区域到达Q点，则由几何关系可知，粒子应经历四分之一圆周，从而求得半径;由洛仑兹力充当向心力要求得粒子的入射速度; 若粒子的初速度方向与y轴垂直，且粒子从O′点第一次经过x轴，由几何关系得到r与θ的关系式，由数学知识求得半径最小值 【解析】: 解:AB、要使粒子不经过圆形区域到达Q点，则粒子应恰好经过四分之一圆周到达Q点，故半径为3L;则由洛仑兹力充当向心力可知， qvB=m m 解得:v=;故A正确; CD、要使粒子到达圆形磁场的圆心，轨迹圆的切线应过圆心;如图所示;设粒子从C点进入圆形区域，O′C与O′A夹角为θ，轨迹圆对应的半径为r，如图: 由几何关系得:2a=rsinθ+acosθ 故当θ=60?时，半径最小为r=a m 又qvB=m m 解得:v=;故C正确; m 故选:AC( 【点评】: 解决本题的突破口是知道粒子的运动情况，明确如可才能到达O'点，然后由几何关系求出圆周运动的半径从而可以顺利求解速度大小( 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((6分)(2015•河南二模)DIS是由传感器、数据采集器、计算机、实验教学软件构成的数字化实验系统(某实验小组“用DIS研究机械能守恒定律”的实验装置如图(a)所示(实验时，将摆球(连同遮光片J)每次都从同一位置M下摆，传感器K分别固定在A、B、C、D采集数据，D点为摆球通过的最低点(在一次实验中以图象方式采集数据并分析实验结果，所显示的图象如图(b)所示(图象的横轴表示摆球距离D点的高度^，纵轴表示摆球的重力势能E、动能E或机械能E(不计空气阻力)( pk (1)图(b)中的图象表示摆球重力势能EP随摆球距离D点的高度h变化关系的图线是 ? (填“I”“?”或“?”)( (2)摆球在摆动过程中，重力所做功的最大值为 0.016 J，摆球在距离D点的高度h=0.1m 2处的速率为 1.4 m/s(重力加速度取9.8m/s)( (3)从图(b)中的图象可以得出本实验的结论是: 摆球在摆动过程中，机械能守恒 ( 【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)根据小球在静止释放后，重力在做正功，重力势能E不断减少，动能EPK不断增加，而重力势能和动能的总量即机械能不变来选择图线; (2)根据重力势能与高度的关系 E=mgh，分析图线的斜率，求出质量，再根据动能表达p 式，即可求解;(3)分析动能与重力势能之和，即机械能是否变化，结合条件，判断得出结论( 【解析】: 解:?根据E=mgh和动能可知，当高度增大时，重力做负功，E=mgh增PP大，动能减小，而机械能不变，则摆球重力势能E随摆球距离D点的高度h变化关系的图P 线是?( (2)小球摆动过程受到拉力和重力，拉力不做功，只有重力做功，由图知，小球的机械能守恒，因此直线I表示机械能，而当动能为零时，重力势能最大，即为0.016J; 重力势能与高度的关系 E=mgh，由图?知，h=0.1m处，mgh=0.008J，则p m=kg?0.008kg 而直线?表示动能E与高度的关系，摆球在距离D点的高度h=0.1m处，动能为k E==0.008J; K 那么其的速率为v=?1.4m/s( (3)由三个图象可知，动能+重力势能=机械能，因此摆球在摆动过程中，机械能守恒; 故答案为: (1)?;(2)0.016，1.4;(3)摆球在摆动过程中，机械能守恒( 【点评】: 本题考查理解物理图象的能力(守恒定律关键要明确条件(验证性实验最后得出结论时，要强调在实验误差允许的范围内，小球的机械能守恒( 10((9分)(2015•河南二模)在“在探究导体电阻与材料关系”的实验中，某种待测材料金属丝接人电路部分的长度约为50cm，所用测量仪器均已校准( (1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图1所示，其读数应为 0.399 mm(该值接近多次测量的平均值)( (2)某实验小组用伏安法测金属丝的电阻(，记录实验数据如下: 次数 1 2 3 4 5 6 7 U/V 0.10 0.30 0.70 1.00 1.50 1.70 2.30 I/A 0.02 0.06 0.16 0.22 0.34 0.46 0.52 由以上实验数据可知: ?本次实验的电流表选用的是 B 、电压表选用的是 C 、滑动变阻器选用的 是 F (填以下器材前的字母)( A(电流表A( 0,100mA，内阻约为l0Ω) 1 B(电流表A( 0,0.6A，内阻约为0.1Ω) 2 C(电压表V(0,3V，内阻约为3kΩ) 1 D(电压表V(0,15V，内阻约为15kΩ) 2 E(滑动变阻器R( 0,l000Ω，0.2A) 1 F(滑动变阻器R( 0,20Ω，2A) 2 ?测量Rx是采用图2中的 甲 (填“甲”“乙”“丙”或“丁”)电路图( ?可以估算出金属丝电阻率约为 C (填选项前的字母)( ,,,,2368A.1×10Ω•m B.1×10Ω•m C.1×10Ω•m D.1×10Ω•m( 【考点】: 测定金属的电阻率( 【专题】: 实验题;恒定电流专题( 【分析】: (1)读数时要分成整数部分和小数部分两部分之和来读; (2)?根据最大电压选择电压表，根据电路最大电流选择电流表，根据电源电动势、待测电阻阻值与所选电流表选择滑动变阻器; ?明确当电流要求从零调时，变阻器应用分压式接法，当待测电阻远小于电压表内阻时，电流表应用外接法; ?认真描点，求出图线的斜率即为待测电阻阻值;根据电阻定律表达式写出电阻率表达式，然后代入数据即可( 【解析】: 解:(1)螺旋测微器的读数为d=0+39.9×0.01mm=0.399mm(0.397,0.399都对); (2))?根据表格数据，电压数值达到2.3V，考查测量的精确性，电压表选C; 而电流表数值达到0.52A，故电流表选择B; 根据R=，可知，所测电阻约为5Ω左右，考虑操作方便，滑动变阻器选择F; ?由给出的数据表可知，电流和电压要从零调，所以滑动变阻器应用分压式接法; 由待测金属丝电阻远小于电压表内阻，所以电流表应用外接法，故应采用甲图; ?描绘出的U,I图象如图所示，可求出金属丝的电阻为R=4.5V(4.3,4.7都对) ,6由R= 可得ρ=，代入数据可得ρ=1×10Ω•m，所以C正确( 故答案为:(1)0.399;(2)?B，C，F;?甲;?C( 【点评】: 要掌握螺旋测微器的读数方法;明确电学实验中，当要求电流从零调时，滑动变阻器应用分压式接法;当满足待测电阻阻值远小于电压表内阻时，电流表应用外接法，当电流表内阻远小于待测电阻阻值时，电流表应用内接法( 11((12分)(2015•河南二模)冰壶在水平而上某次滑行可简化为如下过程:如图所示，运动员给冰壶施加一水平恒力将静止于A点的冰壶(视为质点)沿直线AD推到B点放手，最后冰壶停于D点(已知冰壶与冰面间的动摩擦因数为μ，AB=CD=l、BC=7l，重力加速度为g(求: (1)冰壶经过B点时的速率; (2)冰壶在CD段与在AB段运动的时间之比( 【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】: (1)根据装冰壶在BD间的运动，由速度位移关系求冰壶在B点的速度; (2)根据B点速度由AB位移求得AB段的运动时间，再根据CD段的位移和加速度及末速度求得CD段的运动时间( 【解析】: 解:(1)冰壶从B点到D点做匀减速直线运动，加速度大小为a=μg 1根据速度位移关系有: 解得冰壶在B点的速率v== B (2)设冰壶在AB段运动加速度大小为a，由AB间匀加速运动有， 2 可得冰壶在AB间运动的加速度a=8μg 2 冰壶在CD段运动时间为t，冰壶在AB段运动为t 12 根据运动学关系有:， 冰壶在CD段与在AB段运动时间之比 答:(1)冰壶在B点的速率为; (2)冰壶在CD段与在AB段运动时间之比为2 【点评】: 解决本题的关键是能根据匀变速直线运动的速度位移关系和位移时间关系分析冰壶的运动，不难属于基础题( 12((20分)(2015•河南二模)如图所示，足够长的光滑金属导轨ab、cd平行放置且与水平面成θ=30?角固定，间距为l=0.5m，电阻可忽略不计(阻值为R的定值电阻与电阻箱并0 联接在两金属导轨的上端(整个装置处于磁感应强度大小为B=lT的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直(现将一质量为m、电阻可以忽略的金属棒MN从图示位置由静止开始释放，金属棒下滑过程中始终与导轨接触良好(改变电阻箱的阻值R，可测得金属棒的最 2大速度v，经多次测量得到,的关系图象如图乙所示(取g=l0m/s)( m (1)试求出金属棒的质量m和定值电阻R的阻值; 02(2)当电阻箱阻值R=2Ω时，金属棒的加速度为a=2.0m/s，求此时金属棒的速度( 【考点】: 导体切割磁感线时的感应电动势;牛顿第二定律;电磁感应中的能量转化( 【专题】: 电磁感应——功能问题( 【分析】: (1)根据 E=BLv、欧姆定律和安培力、F=BIL推导出安培力的表达式，当杆匀速运动时速度最大，由平衡条件得到最大速度v与R的关系式，根据图象的斜率和纵截距m 求解金属杆的质量m和电阻R的阻值; 0 (2)当金属棒的加速度为时，根据牛顿第二定律求解速度( 【解析】: 解:(1)金属棒以速度v下滑时，根据法拉第电磁感应定律有:E=Blv mm由闭合电路欧姆定律有: 当金属棒以最大速度v下滑时，根据平衡条件有:BIl=mgsinθ m 由图象可知: =1; 解得:m=0.0252kg，R=2Ω 0 (2)设此时金属棒下滑的速度为v，根据法拉第电磁感应定律有: 当金属棒下滑的加速度为2.0时，根据牛顿第二定律有:mgsinθ,BI′l=ma 联立解得:v=0.3m/s 答:(1)金属棒的质量m是0.2kg，定值电阻R的阻值是2Ω; 0 (2)当电阻箱R取2Ω，且金属棒的加速度为2.0时，金属棒的速度是0.3m/s( 【点评】: 本题综合考查了法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿第二定律等，综合性强，对学生能力的要求较高，其中安培力的分析和计算是关键( (二)选考题，请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) 13((6分)(2015•河南二模)下列说法正确的是( ) A( 分子间距离增大时，分子间的引力减小，斥力增大 B( 当分子间的作用力表现为斥力时，随分子间距离的减小分子势能增大 C( 一定质量的理想气体发生等温膨胀，一定从外界吸收热量 D( 一定质量的理想气体发生等压膨胀，一定向外界放出热量 E( 熵的大小可以反映物体内分子运动的无序程度 【考点】: 理想气体的状态方程;分子间的相互作用力;热力学第一定律( 【专题】: 分子间相互作用力与分子间距离的关系( 【分析】: 分子间的作用力表现为引力时，分子力总是随分子间距离的增大而减小，分子势能随分子间距离的增大而增大，一定质量的理想气体，根据理想气体的状态方程判定状态参量的变化，根据热力学第一定律判断吸放热(熵的意义是反映物体内分子运动的无序程度( 【解析】: 解:A、分子间距离增大时，分子间的引力减小，斥力也减小，故A错误; B、当分子间的作用力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大，故B正确; C、保持理想气体温度不变，内能不变，增大其体积时，气体从外界吸热，故C正确; D、一定质量的理想气体发生等压膨胀，根据理想气体的状态方程:可知，气体的温度一定升高，内能增大，而对外做功，所以一定向从外界吸收热量，故D错误; E、根据熵的微观意义可知，熵的大小可以反映物体内分子运动的无序程度(故E正确( 故选:BCE 【点评】: 本题考查了分子间的作用力和分子势能的变化关系，理想气体状态方程、热力学第一定律以及上的微观意义，要注意的是，在涉及热力学第一定律的题目中，要首先判断出气体的状态参量的变化，才能判定内能的变化，此时一定要使用理想气体的状态方程( 314((9分)(2015•河南二模)一艘潜水艇位于水面下h=200m处，艇上有一个容积V=2m15的钢筒，筒内贮有压强p=200p(的压缩空气，其中p为大气压，p=1×10Pa(已知海水1000332的密度=1×10kg/m，重力加速度g=10m/s，设海水的温度不变(有一个与海水相通的装满海水的水箱，现在通过细管道将钢筒中部分空气压入该水箱，再关闭管道，水箱中排出海水 3的体积为V=10m，此时钢筒内剩余空气的压强为多少个大气压, 2 【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】: 气体质量发生变化，应用理想气体状态方程时，要把排出的气体也作为研究对象，先找出理想气体初态与末态的状态参量，在根据等温变化的理想气体状态方程求解 3【解析】: 解:贮气筒内原来气体压强设为:p=200p，体积为:V=2m( 101535压入水箱中气体压强为:p=p+ρgh=10+10×10×200=21×10Pa=21atm， 203V=10m( 23剩余在贮气筒内气体压强p，体积V=2m，因温度不变，有 33 PV=PV+PV 112233 代入数据可解得P=95atm 3 答:筒内剩余空气的压强为95atm 【点评】: 本题相当于一个连通器模型，只有这样，才能保证是一定质量的气体，这是理想气体状态方程适用的前提 物理--选修3-4 15((2015•河南二模)如图所示，一列简谐横波沿戈轴传播，在t时刻的波形如实线所示，经过?t=3s，其波形如虚线所示(己知图中的两个波峰的平衡位置x与x相距Im，该波的12周期为T，且2T,?t,4T(则可能的最小波速为 5 m/s，最小周期为 s( 【考点】: 波长、频率和波速的关系;横波的图象( 【分析】: 本题波的传播方向未知，分波向左传播和向右传播两种情况讨论;先求出波传播的距离，再求解波速和对应的周期( 【解析】: 解:由图象可以看出，波长为 λ=7m; 因2T,?t,4T，故波传播的距离?x的范围为:2λ,?x,4λ; ?若波向右传播，?x=2λ+1=15m或3λ+1=22m; 波速为:v==m/s=5m/s 或m/s; 周期为:T==s 或s=s; ?若波向左传播，?x=2λ+6=20m或3λ+6=27m; 波速为:v==m/s 或m/s=9m/s; 周期为:T==s 或s; 由上知，最小波速为5m/s(由上可知最小周期为s( 故答案为:5，( 【点评】: 本题关键要考虑波的双向性和周期性，分情况讨论，求解出各种可能的波速和周期，然后取最小值( 16((2015•河南二模)如图所示，空气中有一横截面为半圆环的均匀透明柱体，其内圆半径为r，外圆半径为r(现有一束单色光垂直于端面A射入透明柱体，在柱体内恰好发生全反射，且只经过两次全反射就垂直于端面B射出(已知光在真空中的速度为c，求该光束在透明柱体内传播的时间( 【考点】: 光的折射定律( 【专题】: 光的折射专题( 【分析】: 光线从A端口的最右边一点射入，发生两次全反射，垂直射出;结合光路的可逆性，作出光路图;由折射定律和几何知识结合求解( 【解析】: 解:由于光只发生两次全反射，且与A、B端面都垂直，所以光线在透明柱体内全反射时的入射角均为45?( 光线在柱体内恰好发生全反射，则有 sin45?=，得 n= 光线在透明柱体内的路程 s=4r 光线在透明柱体内的速度 v= 所以该光束在透明柱体内传播的时间 t== 答:该光束在透明柱体内传播的时间为( 【点评】: 本题考查全反射，解题的关键在于题目中几何关系的应用，只有根据几何关系解出临界角的正弦才能求出正确结果( 【物理--选修3-5】(15分) 17((2015•河南二模)一个原子核U在中子的轰击下发生一种可能的裂变反应，其裂变方程为U+n?X+Sr+2n，则下列叙述正确的是( ) A( X原子核中含有140个核子 B( X原子核中含有86个中子 C( 因为裂变时释放能量，所以裂变后粒子的总质量数增加 D( 因为裂变时释放能量，所以裂变后粒子的总质量数减少 E( 因为裂变时释放能量，所以裂变后粒子的总质量减少 【考点】: 重核的裂变( 【分析】: 根据核反应前后质量数和核电荷数均守恒，即可求解( 【解析】: 解:A、B、由核反应方程的质量数守恒和电荷数守恒可知:X原子核中含有92,38=54个质子，235+1,94,2,54=86个中子(86+54=140个核子;故A正确，B正确; C、D、据爱因斯坦的质能方程可知，质量亏损时释放能量不是质量变成了能量，而是亏损的质量以能量的形式释放，但质量数依然守恒，故C错误，D错误; E、据爱因斯坦的质能方程可知，质量亏损时释放能量，所以裂变后粒子的总质量减少(故E正确( 故选:ABE 【点评】: 该题考查重核的裂变，裂变和聚变是在原子物理中学习的两种重要反应，要明确它们的特点以及应用，熟练应用质量数和电荷数守恒解答有关问题( 18((2015•河南二模)如图所示，A、B是静止在光滑水平地面上相同的两块长木板，长度均为L=0.75m，A的左端和B的右端接触，两板的质量均为M=2.0kg(C是一质量为m=1.0kg的小物块，现给它一初速度v=2.0m/s，使它从B板的左端开始向右滑动(已知C与A、B02之间的动摩擦因数均为μ=0.20，最终C与A保持相对静止(取重力加速度g=10m/s，求木板A、B最终的速度分别是多少, 【考点】: 动量守恒定律;机械能守恒定律( 【专题】: 动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合( 【分析】: 在C滑上A的过程中，A、B、C组成的系统动量守恒，结合动量守恒定律和能量守恒定律求出C滑上A时的速度以及B的速度(然后C在A上滑动，A、C组成的系统动量守恒，结合动量守恒定律求出A的最终速度( 【解析】: 解:设最终B的速度为v，A、C的速度为v，C刚进入A的速度为v， BA1规定向右的运动方向为正方向，对A、B、C系统运用动量守恒有:mv=mv+2Mv， 01B根据能量守恒得，， 代入数据解得v=0.8m/s，v=0.3m/s( 1B 后来C与A组成的系统动量守恒，规定向右为正方向，根据动量守恒得， mv+Mv=(M+m)v， 1BA 代入数据解得( 答:木板A、B最终的速度分别是0.47m/s、0.3m/s( 【点评】: 本题考查了动量守恒定律和能量守恒定律的综合运用，知道C在B上滑动的过程中，A、B、C组成的系统动量守恒，C在A上滑动的过程中，A、C组成的系统动量守恒(