2015年重庆市渝中区巴蜀中学高考物理一模试卷
一、选择题
1．一质点沿x轴做直线运动，其v﹣t图象如图所示．质点在t=0时位于x=5m处，开始沿x轴正向运动．当t=3s时，质点在x轴上的位置为（ ）
A．x=5 m B．x=10m C．x=0m D．x=8m
2．如图所示，虚线AB和CD分别为椭圆的长轴和短轴，相交于O点，两个等量异种点电荷分别处于椭圆的两个焦点M、N上，下列说法中正确的是（ ）
A．A、B两处电势、场强均相同
B．C、D两处电势、场强均相同
C．在虚线AB上O点的场强最大
D．带正电的试探电荷在O处的电势能小于在B处的电势能
3．据媒体报道，嫦娥二号卫星环月工作轨道为圆轨道，轨道高度200km，运动周期127分钟．若还知道引力常量和月球平均半径，仅利用以上条件不能求出的是（ ）
A．月球表面的重力加速度 B．月球对卫星的吸引力
C．卫星绕月球运行的速度 D．卫星绕月运行的加速度
4．如图所示的电路中，开关S闭合一段时间后，下列说法中正确的是（ ）
A．将滑片N向右滑动时，电容器放电
B．将滑片N向右滑动时，电容器继续充电
C．将滑片M向上滑动时，电容器放电
D．将滑片M向上滑动时，电容器继续充电
5．光滑平行导轨水平放置，导轨左端通过开关S与内阻不计、电动势为E的电源相连，一根质量为m的导体棒ab（电阻不可忽略），用长为l的绝缘细线悬挂，悬线竖直时导体棒恰好与导轨良好接触且细线处于张紧状态，如图所示，系统空间有匀强磁场．当闭合开关S时，导体棒向右摆起，摆到最大高度时，细线与竖直方向成θ角，则（ ）
A．磁场方向一定竖直向下
B．磁场方向竖直向下时，磁感应强度最小
C．导体棒离开导轨前通过电荷量为（1﹣cosθ）
D．导体棒离开导轨前电源提供的电能等于mgl（1﹣cosθ）
二、非选择题（本大题共5小题，共68分）
6．①“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验装置如图1所示，在平衡小车与桌面之间摩擦力的过程中，打出了一条纸带如图2所示．计时器所用交流电源的频率为50Hz，从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离．该小车的加速度 m/s（结果保留两位有效数字）
②甲、乙两同学在同一实验室，各取一套图示的装置放在水平桌面上，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到图3中甲、乙两条直线．则甲、乙用的小车与木板间的动摩擦因数的关系为μ甲 μ乙．（选填“大于”、“小于”或“等于”）
7．一学习小组学习了电阻的测量的方法后，想描绘一只硅二极管通正向电流时的伏安特性曲线．已知该二极管正向导通时电阻为几十到几百欧，其耐压值约为1.0V．实验室有如下器材：
A．干电池一节
B．电压表1，量程15V，内阻约几百千欧
C．电压表2，量程3V，内阻约一百千欧
D．电流表，量程10mA，内阻约几百欧
E．滑动变阻器1，最大阻值为1KΩ
F．滑动变阻器2，最大阻值为100Ω
G．导线若干，电键一个
①电压表应选 （请填器材前的字母）．
②滑动变阻器应选 （请填器材前的字母）．
③请将图1所示未完成的电路图补充完整（硅二极管的符号为）．
④如图2所示，坐标图上的图线I为某硅光电池组的伏安特性曲线，通过图线I直接读出该硅光电池组的电动势为 V，短路电流为 mA，其内电阻 Ω（填“是”或“不是”）定值．
⑤移动滑动变阻器的滑片，得到多组硅二极管的电流电压值如表，请根据表格中的数据在同一坐标纸上通过描点连线画出硅二极管的伏安特性曲线．
U/V
0.00
0.12
0.28
0.40
0.50
0.56
0.60
0.64
0.68
I/mA
0.0
约0
约0
0.1
0.2
0.4
0.8
1.2
5.0
⑥根据你描绘的图线结合图线I，计算若用该硅光电池组直接给该硅二极管供电时（保证该硅光电池组为二极管输入正向电流），电池组的输出功率为 W，此时硅光电池组的内阻为 Ω，此时二极管的电阻为 Ω（此三空均保留三位有效数字）．
8．观光旅游、科学考察经常利用热气球，保证热气球的安全就十分重要．科研人员进行科学考察时，气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为M=800kg，在空中停留一段时间后，由于某种故障，气球受到的空气浮力减小，当科研人员发现气球在竖直下降时，气球速度为v0=2m/s，此时开始计时经过t0=4s时间，气球匀加速下降了h1=16m，科研人员立即抛掉一些压舱物，使气球匀速下降．不考虑气球由于运动而受到的空气阻力，重力加速度g=10m/s2．求：
（1）气球加速下降阶段的加速度大小a．
（2）抛掉的压舱物的质量m是多大？
（3）抛掉一些压舱物后，气球经过时间△t=5s，气球下降的高度是多大？
9．如图所示，有一竖直固定在地面的透气圆筒，筒中有一轻弹簧，其下端固定，上端连接一质量为m的薄滑块，当滑块运动时，圆筒内壁对滑块有阻力的作用，阻力的大小恒为Ff=mg（g为重力加速度）．在初始位置滑块静止，圆筒内壁对滑块的阻力为零，弹簧的长度为l．现有一质量也为m的物体从距地面2l处自由落下，与滑块发生碰撞，碰撞时间极短．碰撞后物体与滑块粘在一起向下运动，运动到最低点后又被弹回向上运动，滑动到刚发生碰撞位置时速度恰好为零，不计空气阻力．求
（1）物体与滑块碰撞后共同运动速度的大小；
（2）下落物体与薄滑块相碰过程中损失的机械能多大．
（2）碰撞后，在滑块向下运动的最低点的过程中弹簧弹性势能的变化量．
10．如图，直线MN上方有平行于纸面且与MN成45°的有界匀强电场，电场强度大小未知；MN下方为方向垂直于纸面向里的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B．今从MN上的O点向磁场中射入一个速度大小为v、方向与MN成45°角的带正电粒子，该粒子在磁场中运动时的轨道半径为R．若该粒子从O点出发记为第一次经过直线MN，而第五次经过直线MN时恰好又通过O点．不计粒子的重力．求：
（1）电场强度的大小；
（2）该粒子再次从O点进入磁场后，运动轨道的半径；
（3）该粒子从O点出发到再次回到O点所需的时间．
三、选做题（包括2个模块，考生从中选做一模块.）[选修3-3]
11．下列说法正确的是（ ）
A．布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的分子无规则运动的反映
B．没有摩擦的理想热机可以把吸收的能量全部转化为机械能
C．知道某物质的摩尔质量和密度可求出阿伏加德罗常数
D．内能不同的物体，它们分子热运动的平均动能可能相同
12．如图所示，一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再由B变化到C．已知状态A的温度为300K．
①求气体在状态B的温度；
②由状态B变化到状态C的过程中，气体是吸热还是放热？简要说明理由．
[选修3-5]
13．一简谐横波以4m/s的波速沿x轴正方向传播．已知t=0时的波形如图所示，则下列说法不正确的（ ）
A．波的周期为1s
B．x=0处的质点在t=0时向y轴负向运动
C．x=0处的质点在t=s时速度为0
D．x=0处的质点在t=s时向下振动
14．一棱镜的截面为直角三角形ABC，∠A=30°，斜边AB=a．棱镜材料的折射率为n=．在此截面所在的平面内，一条光线以45°的入射角从AC边的中点M射入棱镜．画出光路图，并求光线从棱镜射出的点的位置（不考虑光线沿原路返回的情况．）
2015年重庆市渝中区巴蜀中学高考物理一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题
1．一质点沿x轴做直线运动，其v﹣t图象如图所示．质点在t=0时位于x=5m处，开始沿x轴正向运动．当t=3s时，质点在x轴上的位置为（ ）
A．x=5 m B．x=10m C．x=0m D．x=8m
【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】速度时间图象可读出速度的大小和方向，根据速度图象可分析物体的运动情况，确定何时物体离原点最远．图象的“面积”大小等于位移大小，图象在时间轴上方“面积”表示的位移为正，图象在时间轴下方“面积”表示的位移为负．
【解答】解：图象的“面积”大小等于位移大小，图象在时间轴上方“面积”表示的位移为正，图象在时间轴下方“面积”表示的位移为负，
故t=3s时位移为：s=×2m=5m，由于质点在t=0时位于x=5m处，故当t=3s时，质点在x轴上的位置为10m，故ACD错误，B正确．
故选：B
【点评】本题抓住速度图象的“面积”等于位移是关键．能根据图象分析物体的运动情况，通过训练，培养基本的读图能力．
2．如图所示，虚线AB和CD分别为椭圆的长轴和短轴，相交于O点，两个等量异种点电荷分别处于椭圆的两个焦点M、N上，下列说法中正确的是（ ）
A．A、B两处电势、场强均相同
B．C、D两处电势、场强均相同
C．在虚线AB上O点的场强最大
D．带正电的试探电荷在O处的电势能小于在B处的电势能
【考点】电势能；电场线．
【专题】电场力与电势的性质专题．
【分析】根据等量异种电荷电场线和等势面分布特点，可以比较A与B，C与D电势、场强关系及O、B电势高低；根据电场线疏密可知，在M、N之间O点场强最小；利用负电荷在电势高处电势能小，可比较负电荷在O、B电势能大小．
【解答】解：A、根据顺着电场线方向电势降低，结合等量异种电荷电场线、等势面分布对称性特点可知，A、B场强相同，A点电势高．故A错误．
B、根据等量异种电荷电场线、等势面分布对称性，C、D两处电势、场强均相同．故B正确．
C、根据电场线疏密表示场强的大小可知，在AB之间，O点场强最小．故C错误．
D、O点电势高于B点电势，正电荷在O处电势能大于在B处电热能．故D错误．
故选：B
【点评】这类问题要巧妙利用电场线、等势面分布对称性的特点，再根据电场线方向判断电势高低，电场线的疏密判断场强的大小．
3．据媒体报道，嫦娥二号卫星环月工作轨道为圆轨道，轨道高度200km，运动周期127分钟．若还知道引力常量和月球平均半径，仅利用以上条件不能求出的是（ ）
A．月球表面的重力加速度 B．月球对卫星的吸引力
C．卫星绕月球运行的速度 D．卫星绕月运行的加速度
【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】本题关键根据万有引力提供绕月卫星做圆周运动的向心力，以及月球表面重力加速度的表达式，列式求解分析．
【解答】解：A、绕月卫星绕月球做匀速圆周运动，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、月球质量为M，有
G=m（）2（R月+h）
地球表面重力加速度公式
g月=
联立①②可以求解出
g月= 即可以求出月球表面的重力加速度；
由于卫星的质量未知，故月球对卫星的吸引力无法求出；
由v=
可以求出卫星绕月球运行的速度；
由a=（）2（R月+h）可以求出卫星绕月运行的加速度；
本题要选不能求出的，故选：B．
【点评】本题关键根据绕月卫星的引力提供向心力列式，再结合月球表面重力等于万有引力列式求解．
4．如图所示的电路中，开关S闭合一段时间后，下列说法中正确的是（ ）
A．将滑片N向右滑动时，电容器放电
B．将滑片N向右滑动时，电容器继续充电
C．将滑片M向上滑动时，电容器放电
D．将滑片M向上滑动时，电容器继续充电
【考点】闭合电路的欧姆定律；电容．
【专题】电容器专题．
【分析】根据电容器的特性，电容器的电压与R3的电压相等，由电容器的电压高低可判断电容器充电或放电的状态．
【解答】解：A、B，当滑片向右滑动时，R3减小，电容器的电压也减小，故电容器在放电．
C、D，当滑片向上滑动时，对电路结构没有影响，电路总电阻没有变化，故电容器保持原来的状态，故C、D均错误．
故选A
【点评】本题关键抓住电容器的电压确定，与电容器串联时，电路稳定，电容器的电压等于所在电路的电压；
5．光滑平行导轨水平放置，导轨左端通过开关S与内阻不计、电动势为E的电源相连，一根质量为m的导体棒ab（电阻不可忽略），用长为l的绝缘细线悬挂，悬线竖直时导体棒恰好与导轨良好接触且细线处于张紧状态，如图所示，系统空间有匀强磁场．当闭合开关S时，导体棒向右摆起，摆到最大高度时，细线与竖直方向成θ角，则（ ）
A．磁场方向一定竖直向下
B．磁场方向竖直向下时，磁感应强度最小
C．导体棒离开导轨前通过电荷量为（1﹣cosθ）
D．导体棒离开导轨前电源提供的电能等于mgl（1﹣cosθ）
【考点】安培力；能量守恒定律．
【分析】棒在通电瞬间受到安培力的作用，获得动能，接着根据机械能守恒，动能转化为重力势能，当磁场竖直向下，即有安培力的方向，从而得出获得同样高度时，此时安培力最小；根据能量转化与守恒定律，则有电源提供的电能部分转化为动能，另一部分转化为电阻产生内能，从而确定通过电量大小关系．
【解答】解：A、当开关S闭合时，导体棒向右摆起，说明其所受安培力水平向右或水平向右的分量，但安培力若有竖直向上的分量，应小于导体棒所受重力，否则导体棒会向上跳起而不是向右摆起，由左手定则可知，磁场方向斜向下或竖直向下都成立，A错误；
B、当满足导体棒“向右摆起”时，若磁场方向竖直向下，则安培力水平向右，在导体棒获得的水平冲量相同的条件下，所需安培力最小，因此磁感应强度也最小，B正确；
CD、设导轨棒右端的初动能为Ek，摆动过程中机械能守恒，有Ek=mgl（1﹣cosθ），导体棒的动能是电流做功而获得的，若回路电阻不计，则电流所做的功全部转化为导体棒的动能，此时有W=IEt=qE=Ek，得W=mgl（1﹣cosθ），q=mglE（1﹣cosθ），题设条件有电源内阻不计而没有“其他电阻不计”的相关表述，因此其他电阻不可忽略，那么电流做的功就大于mgl（1﹣cosθ），通过导体棒的电荷量也就大于（1﹣cosθ），CD错误．
故选：B．
【点评】考查左手定则来判定安培力的方向，并运用力的平行四边形定则来得出安培力最小值的方向，同时掌握能量转化与守恒定律，注意电流做功大于棒获得的动能．
二、非选择题（本大题共5小题，共68分）
6．①“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验装置如图1所示，在平衡小车与桌面之间摩擦力的过程中，打出了一条纸带如图2所示．计时器所用交流电源的频率为50Hz，从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离．该小车的加速度 0.15 m/s（结果保留两位有效数字）
②甲、乙两同学在同一实验室，各取一套图示的装置放在水平桌面上，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到图3中甲、乙两条直线．则甲、乙用的小车与木板间的动摩擦因数的关系为μ甲 大于 μ乙．（选填“大于”、“小于”或“等于”）
【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】根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出小车的加速度；根据牛顿第二定律得出加速度的表达式，结合图线截距比较动摩擦因数的大小．
【解答】解：（1）连续相等时间内的位移之差为：△x=0.15cm，
根据△x=aT2得小车的加速度：a=．
（2）根据牛顿第二定律得：F﹣μmg=ma，
得：a=，可知纵轴截距的绝对值为μg，由图线可知μ甲g＞μ乙g，所以μ甲＞μ乙．
故答案为：0.15，大于．
【点评】解决本题的关键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．对于图象问题，关键得出两个物理量的表达式，结合图线的斜率和截距求解．
7．一学习小组学习了电阻的测量的方法后，想描绘一只硅二极管通正向电流时的伏安特性曲线．已知该二极管正向导通时电阻为几十到几百欧，其耐压值约为1.0V．实验室有如下器材：
A．干电池一节
B．电压表1，量程15V，内阻约几百千欧
C．电压表2，量程3V，内阻约一百千欧
D．电流表，量程10mA，内阻约几百欧
E．滑动变阻器1，最大阻值为1KΩ
F．滑动变阻器2，最大阻值为100Ω
G．导线若干，电键一个
①电压表应选 C （请填器材前的字母）．
②滑动变阻器应选 F （请填器材前的字母）．
③请将图1所示未完成的电路图补充完整（硅二极管的符号为）．
④如图2所示，坐标图上的图线I为某硅光电池组的伏安特性曲线，通过图线I直接读出该硅光电池组的电动势为 0.88 V，短路电流为 3.0 mA，其内电阻 不是 Ω（填“是”或“不是”）定值．
⑤移动滑动变阻器的滑片，得到多组硅二极管的电流电压值如表，请根据表格中的数据在同一坐标纸上通过描点连线画出硅二极管的伏安特性曲线．
U/V
0.00
0.12
0.28
0.40
0.50
0.56
0.60
0.64
0.68
I/mA
0.0
约0
约0
0.1
0.2
0.4
0.8
1.2
5.0
⑥根据你描绘的图线结合图线I，计算若用该硅光电池组直接给该硅二极管供电时（保证该硅光电池组为二极管输入正向电流），电池组的输出功率为 1.37×10﹣3 W，此时硅光电池组的内阻为 110 Ω，此时二极管的电阻为 310 Ω（此三空均保留三位有效数字）．
【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根据二极管的耐压值选择电压表；
②为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器；
③根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后连接实物电路图；
④由图示图象求出电池的电动势与短路电流，根据图象判断内阻是否为定值；
⑤根据表中实验数据应用描点法作出图象；
⑥根据图示图象求出二极管两端的电压与通过二极管的电流，然后应用P=UI求出功率，由闭合电路的欧姆定律求出内阻，由欧姆定律求出二极管电阻．
【解答】解：①一节干电池的电动势约为1.5V，则电压表选C；
②为方便实验操作，滑动变阻器应选择F；
③描绘二极管的伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；
二极管正向导通时电阻为几十到几百欧，电压表内阻约一百千欧，电流表内阻约几百欧，电压表内阻远大于二极管内阻，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示．
④由图示图线I可知，该硅光电池组的电动势为0.88V，短路电流为3.0mA，
电池I﹣U图象是曲线而不是直线，则其内电阻不是定值．
⑤根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图象如图所示．
⑥两图象的交点坐标值是二极管的电压与电流值，由图示图象可知，二极管两端电压为：U=0.65V，电流：I=2.1mA=0.0021A，电池组的输出功率为P=UI=0.65×0.0021=1.365×10﹣3W，此时二极管的电阻为：R==Ω≈309.5Ω，由闭合电路的欧姆定律可知：E=U+Ir，即：0.88=0.65+0.0021r，解得，此时硅光电池组的内阻r≈109.5Ω．
故答案为：①C；②F；③如图所示；④0.88；3.0；不是；⑤如图所示；⑥1.37×10﹣3（1.35×10﹣3～1.42×10﹣3均正确）；110；310（290～340均正确）．
【点评】本题是一道电学综合实验题，要掌握实验器材的选择原则，掌握描点法作图的方法；应用图象法处理实验数据是常用的实验数据处理方法，要掌握应用图象法处理实验数据的方法．
8．观光旅游、科学考察经常利用热气球，保证热气球的安全就十分重要．科研人员进行科学考察时，气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为M=800kg
，在空中停留一段时间后，由于某种故障，气球受到的空气浮力减小，当科研人员发现气球在竖直下降时，气球速度为v0=2m/s，此时开始计时经过t0=4s时间，气球匀加速下降了h1=16m，科研人员立即抛掉一些压舱物，使气球匀速下降．不考虑气球由于运动而受到的空气阻力，重力加速度g=10m/s2．求：
（1）气球加速下降阶段的加速度大小a．
（2）抛掉的压舱物的质量m是多大？
（3）抛掉一些压舱物后，气球经过时间△t=5s，气球下降的高度是多大？
【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）由位移时间关系求解加速度；
（2）使气球匀速下降时，重力等于浮力；
（3）由匀速运动的位移时间关系求解．
【解答】解：（1）设气球加速下降的加速度为a，受到空气的浮力为F，则
由运动公式可知：x=v0t+at2
解得：a=1 m/s2
（2）由牛顿第二定律得：Mg﹣F=Ma
抛掉质量为m压舱物，气体匀速下降，有：（M﹣m）g=F
解得：m=80 kg
（3）设抛掉压舱物时，气球的速度为v1，经过t1=5 s下降的高度为H
由运动公式可知：v1=v0+at
H=v1t1
解得：H=30 m
答：（1）气球加速下降阶段的加速度大小为1 m/s2．
（2）抛掉的压舱物的质量m是80kg
（3）抛掉一些压舱物后，气球经过时间△t=5s，气球下降的高度是30m．
【点评】将气球的运动过程划分好，搞好受力分析，应用合适的规律是关键．
9．如图所示，有一竖直固定在地面的透气圆筒，筒中有一轻弹簧，其下端固定，上端连接一质量为m的薄滑块，当滑块运动时，圆筒内壁对滑块有阻力的作用，阻力的大小恒为Ff=
mg（g为重力加速度）．在初始位置滑块静止，圆筒内壁对滑块的阻力为零，弹簧的长度为l．现有一质量也为m的物体从距地面2l处自由落下，与滑块发生碰撞，碰撞时间极短．碰撞后物体与滑块粘在一起向下运动，运动到最低点后又被弹回向上运动，滑动到刚发生碰撞位置时速度恰好为零，不计空气阻力．求
（1）物体与滑块碰撞后共同运动速度的大小；
（2）下落物体与薄滑块相碰过程中损失的机械能多大．
（2）碰撞后，在滑块向下运动的最低点的过程中弹簧弹性势能的变化量．
【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】（1）由机械能守恒定律求出碰撞前的速度，碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可以求出碰撞后的速度．
（2）由能量守恒定律可以求出损失的机械能．
（3）应用动能定理求出弹簧做功，然后求出弹性势能的变化量．
【解答】解：（1）设物体下落至与薄滑块碰撞前的速度为v0，
在此过程中机械能守恒，依据机械能守恒定律有：mgl=mv02，
解得：v0=，
设碰撞后共同速度为v，以向下为正方向，由动量守恒定律有：mv0=2mv，
解得：v=．
（2）物体与薄滑块相碰过程中损失的机械能：；
（3）设物体和滑块碰撞后下滑的最大距离为x，依据动能定理，对碰撞后物体与滑块一起向下运动到返回初始位置的过程，由动能定理得：﹣2Ffx=0﹣×2mv2，
设在滑块向下运动的过程中，弹簧的弹力所做的功为W，依据动能定理，对碰撞后物体与滑块一起向下运动到最低点的过程，有：W+2mgx﹣Ffx=0﹣×2mv2，
解得：W=﹣mgl，
弹簧的弹性势能增加了mgl；
答：（1）物体与滑块碰撞后共同运动速度的大小为．
（2）下落物体与薄滑块相碰过程中损失的机械能为mgl．
（2）碰撞后，在滑块向下运动的最低点的过程中弹簧弹性势能的变化量为mgl．
【点评】本题考查了求速度、损失的机械能、弹性势能的变化，分析清楚运动过程，应用机械能守恒定律、动量守恒定律、能量守恒定律即可正确解题．
10．如图，直线MN上方有平行于纸面且与MN成45°的有界匀强电场，电场强度大小未知；MN下方为方向垂直于纸面向里的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B．今从MN上的O点向磁场中射入一个速度大小为v、方向与MN成45°角的带正电粒子，该粒子在磁场中运动时的轨道半径为R．若该粒子从O点出发记为第一次经过直线MN，而第五次经过直线MN时恰好又通过O点．不计粒子的重力．求：
（1）电场强度的大小；
（2）该粒子再次从O点进入磁场后，运动轨道的半径；
（3）该粒子从O点出发到再次回到O点所需的时间．
【考点】带电粒子在混合场中的运动；平抛运动；带电粒子在匀强磁场中的运动．
【专题】带电粒子在复合场中的运动专题．
【分析】首先分析带电粒子的运动情况，先是一段半径为R的圆弧到a点，接着恰好逆电场线匀减速运动到b点速度为零再返回a点速度仍为v，再在磁场中运动一段圆弧到c
点，之后垂直电场线进入电场作类平抛运动，再根据平抛运动和匀速圆周运动的基本公式及几何关系即可解题．
【解答】解：粒子的运动轨迹如图，先是一段半径为R的圆弧到a点，接着恰好逆电场线匀减速运动到b点速度为零再返回a点速度仍为v，再在磁场中运动一段圆弧到c点，之后垂直电场线进入电场作类平抛运动．
（1）易知，
带电粒子类平抛运动的垂直和平行电场方向的位移都为
①
所以类平抛运动时间为
②
又 ③
再者 ④
由①②③④可得：E=vB ⑤
（2）由平抛知识得：tanβ=2tanα=2
所以 v∥=vtanβ=2v
则第五次过MN进入磁场后的圆弧半径
R′=
（3）粒子在磁场中运动的总时间为 ⑥
粒子在电场中的加速度为
粒子做直线运动所需时间为 ⑦
由②⑥⑦式求得粒子从出发到第五次到达O点所需时间
答：（1）电场强度的大小为vB；
（2）该粒子再次从O点进入磁场后，运动轨道的半径为；
（3）该粒子从O点出发到再次回到O点所需的时间为．
【点评】该题主要考查带电粒子在电场和磁场中的运动问题，对同学们对粒子运动轨迹的分析要求较高，并要熟练掌握平抛运动及匀速圆周运动的基本公式，难度较大．
三、选做题（包括2个模块，考生从中选做一模块.）[选修3-3]
11．下列说法正确的是（ ）
A．布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的分子无规则运动的反映
B．没有摩擦的理想热机可以把吸收的能量全部转化为机械能
C．知道某物质的摩尔质量和密度可求出阿伏加德罗常数
D．内能不同的物体，它们分子热运动的平均动能可能相同
【考点】布朗运动；阿伏加德罗常数；物体的内能；热力学第二定律．
【专题】物体的内能专题．
【分析】正确解答本题需要掌握：布朗运动的物理意义以及实质；正确利用热力学第二定律解决有关问题；熟练掌握有关阿伏加德罗常数的运算；正确理解温度是分子平均动能标志的含义．
【解答】解：A、布朗运动是固体颗粒的运动，反映了液体分子的无规则运动，故A错误；
B、根据热力学第二定律可知热机不可以把吸收的能量全部转化为机械能而不引起其他的变化，故B错误；
C、知道某物质的摩尔质量和密度，无法求出一个分子质量或体积，因此无法求出阿伏加德罗常数，故C错误；
D、物体的内能与物质的量、温度、体积以及物态有关，内能不同的物体，它们的温度可能相等，即分子热运动的平均动能可能相同，故D正确．
故选D．
【点评】本题考查了学生对热学中基本概念的理解和对基本规律的应用情况，是考查基础知识和基本规律的好题．
12．如图所示，一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再由B变化到C．已知状态A的温度为300K．
①求气体在状态B的温度；
②由状态B变化到状态C的过程中，气体是吸热还是放热？简要说明理由．
【考点】理想气体的状态方程；热力学第一定律；气体的等容变化和等压变化．
【专题】理想气体状态方程专题．
【分析】根据气体状态方程和已知的变化量去计算其它的物理量
根据符号法则，确定Q、W的正负号，代入公式△U=Q+W进行判断．
【解答】解：①由理想气体的状态方程=
解得气体在状态B的温度TB=1200K
②由B→C，气体做等容变化，由查理定律得：
=
TC=600K
故气体由B到C为等容变化，不做功，但温度降低，内能减小．根据热力学第一定律，
△U=W+Q，可知气体要放热
答：①求气体在状态B的温度为1200K；
②由状态B变化到状态C的过程中，气体是放热．
【点评】运用△U=Q+W来分析问题时，必须理解表达式的物理意义，掌握它的符号法则
要注意研究过程中哪些量不变，哪些量变化．
[选修3-5]
13．一简谐横波以4m/s的波速沿x轴正方向传播．已知t=0时的波形如图所示，则下列说法不正确的（ ）
A．波的周期为1s
B．x=0处的质点在t=0时向y轴负向运动
C．x=0处的质点在t=s时速度为0
D．x=0处的质点在t=s时向下振动
【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象．
【分析】由波动图象读出波长，由波速公式求出周期．由波的传播方向判断出x=0处的质点的方向，并分析速度大小，并根据上下坡法，结合波的传播方向来确定质点的振动方向．
【解答】解：A、由波的图象可知半个波长是2m，波长λ=4m，周期是T==s=1s，故A正确．
B、根据上下坡法，由波向x轴正方向传播，可知，x=0处的质点在t=0时向y轴负向运动，故B正确．
CD、x=0的质点的位移是振幅的一半，则要运动到平衡位置的时间是=s，速度最大，则当t= s时，x=0的质点越过了平衡位置，速度不是最大，故C错误、D正确．
本题选错误的；故选：C．
【点评】本题属于波的图象的识图和对质点振动的判断问题．要通过分析质点的位移，分析其速度，注意波的传播方向与质点的振动方向的关系．
14．一棱镜的截面为直角三角形ABC，∠A=30°，斜边AB=a．棱镜材料的折射率为n=．在此截面所在的平面内，一条光线以45°的入射角从AC边的中点M射入棱镜．画出光路图，并求光线从棱镜射出的点的位置（不考虑光线沿原路返回的情况．）
【考点】光的折射定律；全反射．
【专题】光的折射专题．
【分析】光线以45°的入射角时，要分入射光线在法线的右侧和左侧两种情况进行讨论研究．根据折射定律求出光线在AC面的折射角．根据几何知识确定光线在AB或BC面上入射角．求出临界角，判断在这两个面上能否发生全反射，画出光路图，求出光线从棱镜射出的点的位置离A或B点的距离．
【解答】解：设入射角为i，折射角为r，由折射定律得： =n①
由已知条件i=45°，n=解得 r=30°②
（1）如果入射光线在法线的右侧，根据几何知识得知，光线与AB垂直，光路图如图所示．设出射点F，由几何关系可得
AF=a③
即出射点在AB边上离A点a的位置．
（2）如果入射光线在法线的左侧，光路图如图所示．设折射光线与AB的交点为D．
由几何关系可知，在D点的入射角
θ=60°④
设全反射的临界角为C，则
sinC=⑤
由⑤和已知条件得
C=45°⑥
因此，光在D点全反射．
设此光线的出射点为E，由几何关系得∠DEB=90°
BD=a﹣2AF⑦
BE=DBsin30°⑧
联立③⑦⑧式得
BE=a
即出射点在BC边上离B点a的位置．
答：如果入射光线在法线的右侧，出射点在AB边上离A点a的位置．如果入射光线在法线的左侧，出射点在BC边上离B点a的位置．光路图如图所示．
【点评】本题中入射光线的位置未知，要分析两种情况进行研究，不能漏解．要将折射定律与几何知识结合起来分析光路．
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