2019年江西省新余四中高考物理模拟试卷(解析版)

一．选择题

1．关于近代物理，下列说法正确的是（ ） A．卢瑟福由α粒子散射实验确立了原子有内部结构 B．氢原子光谱表明氢原子的能量是不连续的

C．光电效应揭示了光的粒子性，康普顿效应揭示了光的波动性

D．基态的一个氢原子吸收一个光子跃迁到n＝3激发态后，可能发射3种频率的光子 2．如图所示，倾角为θ＝30°的斜面上，一质量为6m的物块经跨过定滑轮的细绳与一质量为m的小球相连，现将小球从水平位置静止释放，小球由水平位置运动到最低点的过程中，物块和斜面始终静止。运动过程中小球和物块始终在同一竖直平面内，则在此过程中（ ）

A．细绳的拉力先增大后减小 B．物块所受摩擦力逐渐减小 C．地而对斜面的支持力逐渐增大 D．地面对斜面的摩擦力先减小后增大

3．如图所示为伽利略研究自由落体运动规律时设计的斜面实验，他让铜球沿阻力很小的斜面从静止滚下，利用滴水计时记录铜球运动的时间．关于伽利略的“斜面实验”，下列说法正确的是（ ）

A．伽利略测定了铜球运动的位移与时间，进而得出了速度随位移均匀增加的结论 B．铜球在斜面上运动的加速度比自由落体下落的加速度小，所用时间长得多，时间容易测量

C．若斜面长度一定，铜球从顶端滚动到底端所需时间随倾角的增大而增大

D．若斜面倾角一定，铜球沿斜面运动的位移与所用时间成正比

4．图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为交流电流表。线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动。从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示。以下判断正确的是（ ）

A．电流表的示数为10A

B．线圈转动的角速度为100πrad/s

C．0.01s时线圈平面与磁场方向平行 D．0.02s时电阻R中电流的方向自右向左

5．如图甲所示，两个点电荷Q1、Q2固定在x轴上距离为L的两点，其中Q1带正电荷位于原点O，a、b是它们的连线延长线上的两点，其中b点与O点相距3L．现有一带正电的粒子q以一定的初速度沿x轴从a点开始经b点向远处运动（粒子只受电场力作用），设粒子经过a，b两点时的速度分别为va、vb，其速度随坐标x变化的图象如图乙所示，则以下判断正确的是（ ）

A．Q2带负电且电荷量小于Q1 B．b点的场强一定为零 C．a点的电势比b点的电势高

D．粒子在a点的电势能比b点的电势能大

6．如图所示，设地球半径为R，假设某地球卫星在距地球表面高度为h的圆形轨道Ⅰ上做匀速圆周运动，运行周期为T，到达轨道的A点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道的近地点B时，再次点火进入近地轨道Ⅲ绕地做匀速圆周运动，引力常量为G，不考虑

其他星球的影响，则下列说法正确的是（ ）

A．该卫星在轨道Ⅲ上B点的速率大于在轨道Ⅱ上A点的速率

B．卫星在圆轨道Ⅰ和圆轨道Ⅲ上做圆周运动时，轨道Ⅰ上动能小，引力势能大，机械能小

C．卫星从远地点A向近地点B运动的过程中，加速度变小 D．地球的质量可表示为

7．1931年英国物理学家狄拉克曾经预言，自然界应该存在只有一个磁极的磁单极子，其周围磁感线呈均匀辐射状分布，如图所示，现一半径为R的线状圆环其环面的竖直对称轴CD上某处由一固定的磁单S极子，与圆环相交的磁感应跟对称轴成θ角，圆环上各点的磁感应强度B大小相等，忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ）

A．若R为一闭合载流I，方向如图的导体圆环，该圆环所受安培力的方向竖直向上，大小为BIR

B．若R为一闭合载流I，方向如图的导体圆环，该圆环所受安培力的方向竖直向下，大小为2πBIRsinθ

C．若R为一如图方向运动的带电小球所形成的轨迹圆，则小球带负电

D．若将闭合导体圆环从静止开始释放，环中产生如图反方向感应电流，加速度等于重力加速度

8．如图所示，在xOy平面内存在着磁感应强度大小为B的匀强磁场，第一、二、四象限内的磁场方向垂直纸面向里，第三象限内的磁场方向垂直纸面向外。P（﹣﹣

L，O）、Q（O，

L）为坐标轴上的两个点。现有一电子从P点沿PQ方向射出，不计电子的重力（ ）

A．若电子从P点出发恰好经原点O第一次射出磁场分界线，则电子在磁场中运动的轨道半径为L

B．若电子从P点出发经原点O到达Q点，则电子运动的路程一定为2πL

C．若电子从P点出发经原点O到达Q点，则电子在Q点速度方向与y轴正向的夹角可能为45°或135°

D．若电子从P点出发经原点O到达Q点，则电子运动的路程可能为πL，也可能为2πL 二、解答题（共4小题，满分15分）

9．（5分）某同学设计图示装置“验证动量守恒定律”，用不可伸长的轻质细绳悬挂小球A，悬点O到小球球心的长度为L，细绳偏离竖直方向的夹角可从量角器直接读出。用固定的竖直支架支撑小球B，选择大小相同、质量不等的A、B两个小球，将小球B放置在支架上。调节装置，让细绳竖直时A、B两个小球等高并恰好接触，已知支架的高度为h，重力加速度为g。根据装置图，结合实验原理完成下列问题： （1）用天平测出小球A、B的质量分别为m1、m2；

（2）用水平力将小球A拉至某一位置，读出细绳偏离竖直方向的夹角为θ1，由静止释放小球A；

（3）A与B发生碰撞后，A被反弹，细绳偏离竖直方向的最大夹角为θ2，小球B做平抛运动，在水平方向的位移为X。

（4）计算出碰撞前瞬间，A的速度大小为 ；碰撞后B的速度大小为 ； （5）验证A、B碰撞动量守恒的表达式为 。

10．（10分）某兴趣小组的同学用下列实验器材设计一个电路来比较精确地测量电阻R（约3kΩ）的阻值。

A．电压表V1，量程为0～4V，内阻为r1＝6kΩ B．电压表V2，量程为0～10V，内阻约为6kΩ C．滑动变阻器R1（0～100Ω），额定电流1A D．滑动变阻器R2（0～500Ω），额定电流0.2A E．定值电阻R0＝6kΩ

F．电源电动势E＝12V，内阻很小 G．开关S、导线若干

要求实验中电表示数从零调节，可获得多组测量数据，且电表读数不得小于其量程的，测量结果尽量准确，实验操作方便。

（1）由实验要求应选择的实验器材有 （填器材前面的字母序号）； （2）在虚线框内画出测量电阻的最合理电路图。（电路图上标明所用仪器的代号）

（3）用已知量和测量的量表示Rx的表达式RX＝ ，说明式中各字母所表示的物理量： 。

11．如图所示，从A点以v0＝4m/s的水平速度抛出一质量m＝1kg的小物块（可视为质点），当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入固定在地面上的光滑圆弧轨道BC，其中轨道C端切线水平。小物块通过圆弧轨道后以6m/s的速度滑上与C点等高、静止在粗糙水平面的长木板M上。已知长木板的质量M＝2kg，物块与长木板之间的动摩擦因数μ1＝0.5，

长木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，OB与竖直方向OC间的夹角θ＝37°，取g＝10m/s，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则：

2

（1）求小物块运动至B点时的速度；

（2）若小物块恰好不滑出长木板，求此情景中自小物块滑上长木板起、到它们最终都停下来的全过程中，它们之间的摩擦力做功的代数和？

12．如图所示，两根光滑金属导轨间距L＝2m，在桌面上的部分是水平的、且该区域有竖直向下匀强磁场B（磁感应强度的大小为1T），桌面距地高度H＝0.8m，金属细杆（不计粗细）ab和cd质量均为m＝0.2kg，有效电阻均为R＝1Ω，最初都静置在距桌面高度h＝0.2m的轨道上。现先后释放ab杆、cd杆，最后两杆相继落地，它们落地点与桌面左边缘的水平距离分别为Sab＝0.4m，Scd＝0.6m，除两杆以外的电阻不计，空气阻力不计，且重力加速度g＝10m/s，求：

（1）ab杆刚进入磁场时，ab杆的加速度大小；

（2）从释放ab杆到两杆均落地的过程中，两杆产生的总热量； （3）ab杆与cd杆相继落地的时间间隔△t。

2

[选修3-3]

13．（5分）下列说法正确的是（ ）

A．液晶显示器利用液晶的光学各向异性显示不同颜色 B．某种液体的饱和汽压不一定比未饱和汽压大

C．气体温度升高时，气体热运动变得剧烈，气体的压强一定增大

D．萘的熔点为80℃，质量相等的80℃的固态萘和80℃的液态萘具有不同的分子势能

E．若附着层的液体分子比液体内部的分子分布稀疏，则液体和固体之间表现为浸润

14．（10分）如图所示，U形管倒置于水银槽中，A端下部封闭，内封有10cm长的空气柱，在B管内也有一段空气柱，气柱长20cm，其余各段水银柱的长度如图所示，大气压强为75cmHg，气温为27℃。

（1）求B、A两部分气体的压强。

（2）如仅对A管加热，B管内气体温度不变，要使两管内上部水银面相平，求A管应升温多少。（U形管粗细均匀）

[选修3-4]

15．一简谐横波在介质中沿x轴正方向传播，t＝0时刻的波形如图甲所示，此时x＝4m的质点刚开始振动，P、Q是波上的两个质点，图乙是波上某一质点的振动图象，下列说法正确的是（ ）

A．t＝0时刻质点Q的速度比质点P的速度大 B．图乙表示质点P的振动图象 C．经过

，质点Q通过的路程为100cm

D．t＝0.5s时，x＝11m处的质点第一到达波谷 E．t＝0.125s时，x＝2.5m处的质点处在平衡位置

16．如图所示，某工件由截面为直角三角形的三棱柱与半径为R的圆柱两个相同的透明

玻璃材料组成，已知三角形BC边的长度为R，∠BAC＝30°．现让一细束单色光从AB边上距A点为

R的D点沿与AB边成α＝45°斜向右上方的方向入射，光线经AC边

反射后刚好能垂直于BC边进入圆柱区域。

①试计算光线从圆弧上的E点（图中未画出）射出时的折射角； ②试计算该细束光在玻璃中传播的时间（光在真空中的速度为c）。

2019年江西省新余四中高考物理模拟试卷

参与试题解析

一．选择题

1．【分析】本题关键要知道：卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，建立了原子的核式结构模型；根据玻尔理论分析；光电效应和康普顿效应深入揭示了光的粒子性；氢原子辐射出一个光子后，从高能级向低能级跃迁，轨道半径减小。

【解答】解：A、卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，建立了原子的核式结构模型；故A错误。

B、根据玻尔理论可知，氢原子光谱表明氢原子的能量是不连续的。故B正确； C、光电效应和康普顿效应深入揭示了光的粒子性，前者表明光子具有能量，后者表明光子除了具有能量外还具有动量。故C错误；

D、基态的一个氢原子吸收一个光子跃迁到n＝3激发态后，可能从n＝3→1，也可能从n＝3→2→1，最多发射2种频率的光子。故D错误 故选：B。

【点评】该题考查α粒子散射实验、光电效应和康普顿效应的意义、能级与跃迁以及半衰期的应用，解决本题的关键知道从高能级向低能级跃迁，辐射光子，从低能级向高能级跃迁，吸收光子，以及知道原子辐射的规律。

2．【分析】小球向下摆动的过程中，对小球的拉力一直增大，根据平衡条件分析物体与斜面间的摩擦力大小变化情况；拉物体的绳子拉力在竖直方向的分力一直增大，在水平方向的分力一直增大，由此分析地面对斜面的支持力和摩擦力的大小变化情况。 【解答】解：A、小球向下摆动的过程中，对小球的拉力一直增大，A错误； B、开始摩擦力沿斜面向上，根据平衡条件可得摩擦力大小f＝6mgsin30°＝3mg； 设滑轮到小球的距离为R，当物块在最低点时，根据动能定理可得mgR＝mv，根据牛顿第二定律可得F﹣mg＝m

，解得最低点绳子拉力为F＝3mg，此时物块的摩擦力大

2

小为0，所以斜面对物块的摩擦力一直减小，故B正确；

CD、对物块和斜面组成的整体分析可知，拉物体的绳子拉力在竖直方向的分力一直增大，在水平方向的分力一直增大，地面对斜面的支持力一直减小，摩擦力一直增大，故CD错误。

故选：B。

【点评】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。

3．【分析】本题考查了伽利略对自由落体运动的研究，只要了解其研究过程、采用的方法以及其科学的思维即可正确解答本题．

【解答】解：A、伽利略测定了铜球运动的位移与时间，进而得出了位移x与t平方的成正比，就可以检验这个物体的速度是否随时间均匀变化，小球是否做匀变速运动。故A错误；

B、在伽利略时代，没有先进的计时仪器，因此伽利略让小球从斜面上滚下来用米“冲淡”重力，铜球在斜面上运动的加速度比自由落体下落的加速度小，所用时间长得多，时间容易测量。故B正确；

C、若斜面长度一定，铜球从顶端滚动到底端所需时间随倾角的增大而减小。故C错误。 D、他得到的结论是，若斜面倾角一定，铜球沿斜面运动的位移与所用时间的平方成正比，故D错误。 故选：B。

【点评】伽利略对自由落体规律的研究为我们提供正确的研究物理的方法、思路、理论，他创造了一套对近代科学的发展极为有益的科学方法．

4．【分析】由题图乙可知交流电电流的最大值、周期，电流表的示数为有效值，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，由楞次定律可判断出0.02s时流过电阻的电流方向。 【解答】解：A、由题图乙可知交流电电流的最大值是Im＝10于电流表的示数为有效值，故示数I＝

＝10A，故A正确；

A，周期T＝0.02s，由

B、角速度ω＝＝100π rad/s，故B正确；

C、0.01s时线圈中的感应电流达到最大，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，磁通量为0，故线圈平面与磁场方向平行，故C正确；

D、由楞次定律可判断出0.02s时流过电阻的电流方向自左向右，故D错误。 故选：ABC。

【点评】本题考查交变电流的产生及有效值的定义，要注意明确电流表示数、机器铭牌

上所标的电流值、电压值等均为有效值。

5．【分析】速度位移图线上每一点的切线斜率表示瞬时加速度，可见a到b做加速度减小的减速运动，到b点加速度为0．从而知道b点的电场力及电场强度．通过B点的场强可以分析出两个点电荷电量的大小．通过能量守恒判断电势能的变化．

【解答】解：A、在b点前做减速运动，b点后做加速运动，在b点的加速度为0，则在b点受到两点电荷的电场力平衡，Q1带正电荷，则Q2带负电，且根据库仑定律知，|Q2|＜|Q1|．故A正确。

B、粒子通过b点的加速度为零，说明电场力为零，则b点的场强一定为零，故B正确。 CD、粒子从a运动到b的过程中，粒子的动能先减小，根据能量守恒知其电势能增大。根据正电荷在电势高处电势能大，可知粒子在a点的电势能比b点的电势能小，a点的电势比b点的电势低，故C、D错误。 故选：AB。

【点评】解决本题的关键以b点的加速度为突破口，根据库仑定律得到Q1和Q2的电量关系．以及知道电场力做功和电势能的关系．

6．【分析】卫星绕中心天体做匀速圆周运动万有引力提供圆周运动向心力，通过调整速度使卫星做离心运动或近心运动来调整轨道高度。

【解答】解：A、在轨道Ⅰ上A点速率大于在轨道Ⅱ上A点的速率，在轨道Ⅲ上B的速率大于在轨道Ⅰ上A点的速率，故A正确；

B、从B运动到A地球引力做负功，势能增加，轨道Ⅲ的速度大于轨道Ⅰ的速度，动能减小，Ⅲ轨道B点点火加速机械能增加，Ⅱ轨道A点点火加速机械能增加，故B错误； C、根据公式G

＝ma可得：a＝

，所以距离地球越远，向心加速度越小，故从远地

点到近地点运动过程中，加速度变大，故C错误； D、在轨道Ⅰ上运动过程中，万有引力充当向心力，故有：G解得：M＝故选：AD。

【点评】掌握卫星变轨原理，知道在圆轨道上万有引力提供圆周运动向心力可以由半径大小比较描述圆周运动物理量的大小是正确解题的关键。

7．【分析】根据感应电流方向由楞次定律判断出穿过环的磁通量如何变化，然后判断环有收缩趋势还是扩张趋势；由左手定则判断环所受安培力方向，由安培力公式求出环所受安

，故D正确。

＝m

（R+h），

培力大小，带电小球的运动会形成电流，即可判断受力及电性

【解答】解：A、根据左手定则可知，通电圆环每一部分受到的安培力斜向下，利用微元法可知该圆环所受安培力的方向竖直向下，大小为2πBIRsinθ，故A错误，B正确； C、若R为一如图方向运动的带电小球所形成的轨迹圆，说明形成的电流产生的安培力竖直向上，形成的电流应与图示电流方向相反，故小球带负电，故C正确

D、若将闭合导体圆环从静止开始释放，在下落过程中穿过线框的磁通量增大，根据右手定则可知，产生的感应电流为环中产生如图反方向感应电流，受到的安培力向上，根据牛顿第二定律可知加速度小于g，故D错误 故选：BC。

【点评】考查左手定则的内容，利用左手定则判断出安培力的方向，掌握安培力表达式，及理解力的分解法则

8．【分析】粒子在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动，根据题意可知，电子从P点出发恰好经原点O第一次射出磁场分界线，与电子从P点出发经原点O到达Q点，运动轨迹的半径不同，从而由运动轨迹来确定运动路程。

【解答】解：A、若电子从P点出发恰好经原点O第一次射出磁场分界线，则有运动轨迹如图所示：

由几何关系可知，电子在磁场中运动的轨道半径为：R＝正确；

C、若电子从P点出发恰好经原点O第一次射出磁场分界线，则微粒运动的路程为圆周的，即为

；

．故A

若电子从P点出发经原点O到达Q点，运动轨迹可能如图所示：

由几何关系可知，电子在Q点速度方向与y轴正向的夹角可能为45°或135°，故C正确；

B、D、电子从P点出发经原点O到达Q点，运动轨迹也可能如图：

因此则微粒运动的路程可能为πL，也可能为2πL，

若粒子完成3、4、…n个圆弧，那么电子运动的路程可能：n为奇数时为2πL；n为偶数时为πL，故B错误，D正确； 故选：ACD。

【点评】本题考查根据运动半径来确定运动轨迹，从而确定运动的路程，掌握左手定则与右手定则的区别，注意运用几何关系正确画出运动轨迹图是解题的关键，注意次数增多，而半径会减小。

二、解答题（共4小题，满分15分）

9．【分析】（4）A下摆过程机械能守恒，应用机械能守恒定律可以求出碰撞前A的速度大小，碰撞后B做平抛运动，应用平抛运动规律可以求出碰撞后B的速度。

（5）应用机械能守恒定律求出碰撞后A的速度，应用动量守恒定律求出验证碰撞过程需要验证的表达式。

【解答】解：（4）A下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：m1gL（1﹣cosθ1）＝

，解得：v0＝

；

，解得：vB＝x

； ，

碰撞后B做平抛运动，水平方向：x＝vBt，竖直方向：h＝

（5）碰撞后A上摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：m1gL（1﹣cosθ2）＝解得：vB＝

，

以向左为正方向，由动量守恒定律得：m1v0＝m1vA+m2vB，即：m1﹣m1

故答案为：（4）m1

+m2x

。

+m2x

；

；x

；（5）m1

＝

＝﹣

【点评】A球下摆与上摆过程机械能守恒，应用机械能守恒定律可以求出碰撞前后A的速度，碰撞后B做平抛运动，应用平抛运动规律可以求出平抛的初速度，应用动量守恒定律可以解题。

10．【分析】（1）没有电流表，可以用已知内阻的电压表与待测电阻串联测电流，根据实验原理与实验器材选择所需实验器材。

（2）确定滑动变阻器的接法，然后根据实验原理与实验器材作出实验电路。 （3）根据实验电路图应用欧姆定律求出电阻表达式。

【解答】解：（1）没有电流表可以用已知内阻的电压表与待测电阻串联测电流，用另一电压表测电压，

实验要求：电表读数不得小于其量程的，则电压表V1应与定值电阻R0并联，为方便实验操作，滑动变阻器应选择C，

此外实验还需要：电源、开关、导线，因此需要的实验器材为：ABCEFG。 （2）用已知内阻的电压表V1应与定值电阻R0并联测电流，电压表V2测电压， 由于待测电阻远大于滑动变阻器最大阻值，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，电路图如图所示：

（3）由图示电路图可知，通过待测电阻的电流：IX＝﹣U1，

待测电阻阻值：RX＝

＝

＝

，其中U1为电压表V1的示数，+

，电阻两端电压：UX＝U2

U2为电压表V2的示数，r1为电压表V1的内阻，R0为定值电阻阻值； 故答案为：（1）ABCEFG；（2）电路图如图所示；（3）

；U1为电压表

V1的示数，U2为电压表V2的示数，r1为电压表V1的内阻，R0为定值电阻阻值。 【点评】本题考查了实验器材选择、实验电路设计与实验数据处理，理解实验原理是解题的前提，要掌握实验器材的选择原则；根据题意确定滑动变阻器的接法，根据实验器材与实验原理可以作出实验电路图。

11．【分析】（1）已知平抛的抛出高度和落地速度方向，求落地的速度大小和方向，用运动的合成与分解求解；

（2）当物块在长木板上运动时，由于木块对木板的摩擦力大于地面对木板的摩擦力，所以物块和木板相对于地面都向右运动，结合牛顿第二定律和运动学公式求出小物块相对于木板的位移，再求它们之间的摩擦力做功的代数和。 【解答】解：（1）分解vB，得：cosθ＝

变形得：vB＝

＝5m/s，

过B点时的速度方向与水平方向成37度。

（2）因μ1mg＝5N＞μ2（M+m）g＝3N，故木板将在地面上滑行，则 对小物块有：μ1mg＝ma1，得a1＝5 m/s，

2

对长木板有：μ2（M+m）g＝Ma2，得a2＝1m/s， 设它们经过时间t，共速v共，则有： v共＝vC﹣a1t＝a2t， 解得：t＝1s，v共＝1m/s， 则对小物块在相对滑动有：x1＝故有：W1＝﹣μ1mgx1＝﹣17.5J， 则对长木板在相对滑动有：x2＝故有：W2＝μ1mgx2＝2.5J，

共速后，假设它们一起减速运动，对系统有： μ2（M+m）g＝（M+m）a共，

a共＝1m/s，则它们间的摩擦力f＝ma共＜μ1mg，所以假设成立，之后它们相对静止一起滑行至停下，此过程中它们间的静摩擦力对堆放做功一定大小相等、一正一负，代数和为零。

综上所述，自小物块滑上长木板起，到它们最终停下来的全过程中，它们之间的摩擦力做功的代数和为： W总＝W1+W2＝﹣15J。

答：（1）小物块运动至B点时的速度大小是5m/s，过B点时的速度方向与水平方向成37度；

（2）它们之间的摩擦力做功的代数和是﹣15J。

【点评】本题的关键要理清物块的运动情况，掌握物块各个阶段的运动规律。要注意物块在木板上滑行时，系统的动量不守恒，不能根据动量守恒定律和能量守恒定律结合求相对位移。

12．【分析】（1）根据动能定理解得ab或cd杆进入磁场时的速度大小，根据牛顿第二定律求解加速度；

（2）根据平抛运动的规律求解ab杆、cd杆离开磁场的速度，根据能量关系求解两杆产生的总热量；

（3）分析ab和cd的运动情况，对ab根据动量定理求解磁场的宽度，再根据动量定理求解ab变速运动的距离，ab杆与cd杆相继落地的时间间隔△t为cd杆匀速运动的时间。

2

2

t＝3.5m，

t＝0.5m，

【解答】解：（1）设ab杆刚进入磁场时速度为v0，加速度为a，则根据机械能守恒有：

得：v0＝2m/s

又据电磁感应定律得进入时刻电动势为： E＝BLv0

根据牛顿第二定律得：

解得：a＝20m/s

（2）设两杆分别以vab、vcd开始平抛运动，飞行时间t，则： 竖直方向有：

2

水平方向有：Sab＝vabt，Scd＝vcdt 解得：vab＝1m/s，vcd＝1.5m/s 故整个过程产生的焦耳热为：

（3）设cd杆刚进入磁场时，ab杆的速度大小为v1，据动量守恒定律有：mv1+mv0＝mvab+mvcd， 解得：v1＝0.5m/s

从ab杆进入磁场到cd杆刚进入磁场的过程中，对ab杆由动量定理有：

，

又

解得仅有ab杆在磁场中运动时，ab杆位移为：x1＝0.15m

同理，cd杆进入磁场后，ab杆做加速运动、cd杆做减速运动，直到ab杆离开轨道后，cd杆做匀速运动。当两杆都在磁场中运动的过程中，对ab杆用动量定理得：

，

又

解得两杆都在磁场中运动的过程中，cd杆与ab杆的间距减小了△x2＝0.05m 故ab杆离开磁场时两杆相距为：d＝x1﹣△x2＝0.1m，

所以落地时间差为：＝0.03s。

2

答：（1）ab杆刚进入磁场时，ab杆的加速度大小为20m/s；

（2）从释放ab杆到两杆均落地的过程中，两杆产生的总热量为0.475J； （3）ab杆与cd杆相继落地的时间间隔为0.03s。

【点评】对于安培力作用下导体棒的运动问题，如果涉及电荷量、求位移问题，常根据动量定理结合法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律列方程进行解答。 [选修3-3]

13．【分析】液晶显示器利用液晶的光学各向异性显示不同颜色；饱和汽压和温度有关；气体压强和气体运动剧烈程度、气体的密集度有关；固态萘有固定的熔点，再熔化过程中要从外界吸收热量，但温度不变；若附着层的液体分子比液体内部的分子分布稀疏，则液体和固体之间表现为不浸润。

【解答】解：A、液晶显示器利用液晶的光学各向异性显示不同颜色，故A正确； B、饱和汽压和温度有关，由于温度不确定，液体的饱和汽压不一定比未饱和汽压大，故B正确；

C、气体压强和气体运动剧烈程度、气体的密集度有关。气体温度升高时，气体热运动变得剧烈，但气体的密集程度不明确，气体的压强不一定增大，故C错误；

D、固态萘熔成液态需要吸收热量，质量相等的80℃的固态萘和80℃的液态萘具有相同的平均动能，熔化时把从外界吸收热量转化为分子势能，故D正确；

E、若附着层的液体分子比液体内部的分子分布稀疏，则液体和固体之间表现为不浸润，故E错误。 故选：ABD。

【点评】本题考查了晶体和非晶体、浸润和不浸润、气体压强的微观意义、饱和汽、未饱和汽和饱和汽压等知识点。这种题型属于基础题，只要善于积累，难度不大。 14．【分析】（1）同一段连续的水银柱中，等高的两点压强一定相等；找出AB气体的初末状态的压强；

（2）根据理想气体状态方程和玻意耳定律分别对AB气体列式后联立求解即可。 【解答】解：（1）根据图示分析A、B两部分气体的状态 加热前pB＝p0﹣35＝40 cmHg，VB＝20S TB＝300 K

pA＝pB+20＝60 cmHg，VA＝10S TA＝300 K

（2）加热后由于两管内上部水银面相平，可得两部分气体的压强相等，即pA′＝pB′，设此时水银槽内水银面与B气柱下端水银面的高度差为x， 则pB′＝75﹣x，VB′＝（35+20﹣10﹣x）S＝（45﹣x）S pA′＝75﹣x，VA′＝20S，TA′＝？

分别对A部分气体由理想气体状态方程得：

①

对B部分气体根据玻意耳定律得：

pBVB＝pB′VB′，即40×20S＝（75﹣x）（45﹣x）S② 解②式x﹣120x+2 575＝0

得x＝28 cm，将此结果代入①，解得TA′＝470 K △T＝470﹣300＝170 K

答：（1）求B、A两部分气体的压强分别为：40cmHg、60cmHg；

（2）如仅对A管加热，B管内气体温度不变，要使两管内上部水银面相平，A管应升温170K。

【点评】本题关键是对两段气体分别运用理想气体状态方程和玻意耳定律列式，难点在于确定A、B两段气体的压强与大气压强的关系。 [选修3-4]

15．【分析】由振动图象读出t＝0时刻P点的振动方向，判断波的传播方向。由波动图象读出波长，由振动图象读出周期，可求出波速。分析波动过程，根据时间与周期的关系，判断Q点的位移以及质点所在位置。

【解答】解：A、由图甲可知，P在平衡位置，Q在平衡位置下方，故t＝0时刻质点Q的速度比质点P的速度小，故A错误；

B、图乙可知，t＝0是位移为零，结合图甲可知图乙表示质点P的振动图象，故B正确； C、由图乙可知，t＝0时，P点向下振动，根据“上下坡”法可知波x轴正向传播，t＝0时Q点向上振动，经过

，质点Q通过的路程大于5A＝5×20cm＝100cm，故C错误；

2

，即＝

D、波传到x＝11m出用时：，t＝0.5s时，x＝11m处质点振动

了△t＝0.5﹣0.35s＝0.15s ＝

，质点开始向上振动，经过

到达波谷，即t＝0.5s时，x＝11m处的质点第一到

达波谷，故D正确；

E、t＝0时，x＝2.5m处质点在平衡位置上方，且向下振动，x＝2.5m＝

，又

，相当于波源恰好传到此处，故t＝0.125s时，x＝2.5m处的质点处在平

衡位置，故E正确； 故选：BDE。

【点评】波的图象往往先判断质点的振动方向和波的传播方向间的关系。同时，熟练要分析波动形成的过程，分析物理量的变化情况。

16．【分析】①先研究光线在D点的折射，由折射定律求出折射角。由几何知识求出光线射到E点的入射角，再由折射定律求得光线在E点的折射角；

②由几何知识求得激光束在棱镜中传播的路程，由v＝求出光在棱镜中传播的速度，从而求得传播时间。

【解答】解：①细激光束在棱镜和圆柱中的光路图如图所示，由几何关系可知 β＝30°

根据折射定律 n＝由几何关系得 FH＝GB＝

＝

，

Rccos30°＝R，

故在△GEB中，由几何关系得∠GEB＝30° 又因n＝

，故sinγ＝nsin∠GEB＝

，

解得：γ＝45°； ②由几何关系可知：DF＝

R，FG＝GE＝

R，

故激光束在棱镜中传播的路程为：s＝光束在棱镜中的传播速度：v＝，

R，

单色细激光束在棱镜中传播的时间为：t＝＝；

答：①光线从圆弧上的E点射出时的折射角为45°； ②试计算该细束光在玻璃中传播的时间为

。

【点评】本题考查了光的折射，解决此题的关键要掌握全反射的条件、折射定律n＝

、临界角公式sinC＝、光速公式v＝，要能灵活运用几何知识求解相关角度和光在棱镜中传播的距离。