2015年福建省高考物理试卷.docx

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1、2015 年福建省高考物理试卷一、选择题（共 6 小题，每小题 6 分，满分 36 分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。 ）1（ 6 分）如图，一束光经玻璃三棱镜折射后分为两束单色光a、b，波长分别为a、 b，该玻璃对单色光a、b 的折射率分别为 na、nb，则（）Aa b，na nbB ab，nanbCa b，nanbD ab， nanb2（ 6 分）如图，若两颗人造卫星a 和 b 均绕地球做匀速圆周运动，a、b 到地心O 的距离分别为 r1、r2，线速度大小分别为v1、v2，则（）A=B=C=（）2D=（）23（ 6 分）图为远距离输电示意图， 两变压器均为理想变压器，

2、 升压变压器的原、副线圈匝数分别为 n1、n2，在原线圈两端接入一电压 u=Umsin t的交流电源，若输送电功率为 P，输电线的总电阻为 2r，不考虑其它因素的影响，则输电线上损失的电功率为（）A（）B（）C4（）2（）2rD4（）2（）2r4（6 分）简谐横波在同一均匀介质中沿x 轴正方向传播，波速为v，若某时刻第1页（共 22页）在波的传播方向上，位于平衡位置的两质点a、 b 相距为 s， a、 b 之间只存在一个波谷，则从该时刻起，下列四幅波形图中质点a 最早到达波谷的是（）ABCD5（6 分）如图，在竖直平面内，滑道 ABC关于 B 点对称，且 A、 B、 C 三点在同一水平线上若小

3、滑块第一次由 A 滑到 C，所用的时间为 t 1，第二次由 C 滑到A，所用的时间为t 2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则（）At 1 t2Bt 1=t2Ct 1t 2D无法比较 t1、t 2 的大小6（ 6 分）如图，由某种粗细均匀的总电阻为 3R 的金属条制成的矩形线框 abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场 B 中一接入电路电阻为 R 的导体棒 PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc 以速度 v 匀速滑动，滑动过程PQ 始终与ab 垂直，且与线框接触良好，不计摩擦在PQ 从靠近 ad 处向 bc 滑动的过程中（）APQ 中

4、电流先增大后减小BPQ 两端电压先减小后增大CPQ 上拉力的功率先减小后增大D线框消耗的电功率先减小后增大第2页（共 22页）二、非选择题（本题包括4 小题，共 72 分）7（6 分）某同学做 “探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验。图甲是不挂钩码时弹簧下端指针所指的标尺刻度，其示数为7.73cm；图乙是在弹簧下端悬挂钩码后指针所指的标尺刻度，此时弹簧的伸长量 l 为cm；本实验通过在弹簧下端悬挂钩码的方法来改变弹簧的弹力，关于此操作，下列选项中规范的做法是；（填选项前的字母）A逐一增挂钩码，记下每增加一只钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重B随意增减钩码，记下增减钩码后指针所指的标尺刻度和

5、对应的钩码总重图丙是该同学描绘的弹簧的伸长量l 与弹力 F 的关系图线。图线的 AB 段明显偏离直线 OA，造成这种现象的主要原因是。8（12 分）某学习小组探究一小电珠在不同电压下的电功率大小，实验器材如图甲所示，现已完成部分导线的连接实验要求滑动变阻器的滑片从左到右移动过程中，电流表的示数从零开始逐渐增大，请按此要求用笔画线代替导线在图甲实物接线图中完成余下导线的连接；第3页（共 22页）某次测量，电流表指针偏转如图乙所示，则电流表的示数为A；该小组描绘出的伏安特性曲线如图丙所示，根据图线判断，将 只相同的小电珠并联后， 直接与电动势为 3V、内阻为 1的电源组成闭合回路， 可使小电珠的总

6、功率最大，其总功率的值为W（保留两位小数）9（15 分）一摩托车由静止开始在平直的公路上行驶，其运动过程的vt 图象如图所示求：（ 1）摩托车在 020s 这段时间的加速度大小 a；（ 2）摩托车在 075s 这段时间的平均速度大小 10（ 19 分）如图，质量为 M 的小车静止在光滑水平面上，小车 AB 段是半径为 R 的四分之一圆弧光滑轨道， BC段是长为 L 的水平粗糙轨道，两段轨道相切于 B 点一质量为 m 的滑块在小车上从 A 点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g（ 1）若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力；（ 2）若不固定小车，滑块仍从 A 点由静止下滑，然后滑入 BC

7、轨道，最后从 C点滑出小车已知滑块质量m=，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2 倍，滑块与轨道 BC间的动摩擦因数为，求：滑块运动过程中，小车的最大速度大小vm；滑块从 B 到 C 运动过程中，小车的位移大小s11（ 20 分）如图，绝缘粗糙的竖直平面MN 左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为E，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为 B一质量为 m ，电荷量为 q 的带正电的小滑块从 A 点由静止开始沿 MN 下滑，到达 C 点时离开 MN 做曲线运动 A、C 两点间距离为 h，重第4页（共 22页）力加速度为 g（ 1）求小滑块运动

8、到 C 点时的速度大小 vc；（ 2）求小滑块从 A 点运动到 C 点过程中克服摩擦力做的功 Wf ；（ 3）若 D 点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当小滑块运动到 D 点时撤去磁场， 此后小滑块继续运动到水平地面上的 P点已知小滑块在 D 点时的速度大小为 vD，从 D 点运动到 P 点的时间为 t ，求小滑块运动到 P 点时速度的大小 vp 物理 -选修 3-312（ 6 分）下列有关分子动理论和物质结构的认识，其中正确的是（）A分子间距离减小时分子势能一定减小B温度越高，物体中分子无规则运动越剧烈C物体内热运动速率大的分子数占总分子数比例与温度无关D非晶

9、体的物理性质各向同性而晶体的物理性质都是各向异性13（ 6 分）如图，一定质量的理想气体，由状态a 经过 ab 过程到达状态 b 或者经过 ac 过程到达状态 c设气体在状态b 和状态 c 的温度分别为 Tb 和 Tc，在过程 ab 和 ac 中吸收的热量分别为Qab 和 Qac，则（）第5页（共 22页）ATb Tc，QabQacBTbTc， QabQacCTb=Tc，QabQac DTb=Tc，QabQac 物理 -选修 3-514下列有关原子结构和原子核的认识，其中正确的是（）A射线是高速运动的电子流B氢原子辐射光子后，其绕核运动的电子动能增大C太阳辐射能量的主要来源是太阳中发生的重核裂

10、变DBi 的半衰期是 5 天， 100 克Bi 经过 10 天后还剩下 50 克15如图，两滑块 A、B 在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块 A 的质量为m，速度大小为 2v0，方向向右，滑块 B 的质量为 2m，速度大小为 v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是（）AA 和 B 都向左运动BA 和 B 都向右运动CA 静止， B 向右运动 DA 向左运动， B 向右运动第6页（共 22页）2015 年福建省高考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共 6 小题，每小题 6 分，满分 36 分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。 ）1（ 6 分）如图，一束光经玻

11、璃三棱镜折射后分为两束单色光a、b，波长分别为、 ，该玻璃对单色光a、b 的折射率分别为 n 、n ，则（）abab ，n n，nn ，n n ， n nbA a b a bB a b ab Cabab Daba【分析】 根据光线的偏折程度比较光的折射率大小，从而得出光的波长大小【解答】 解：由光路图可知， a 光的偏折程度较小， b 光的偏折程度较大，则a光的折射率小， b 光的折射率大。即na nb。折射率越大，频率越大，波长越小，则知a 光的波长大，即ab。故选： B。【点评】解决本题的突破口在于通过光线的偏折程度比较出光的折射率大小， 知道折射率、频率、波长、在介质中的速度等大小关系2

12、（ 6 分）如图，若两颗人造卫星a 和 b 均绕地球做匀速圆周运动，a、b 到地心O 的距离分别为 r1、r2，线速度大小分别为v1、v2，则（）A=B=C=（）2D=（）2【分析】 根据万有引力提供向心力=m，解出线速度与轨道半径r 的关系第7页（共 22页）进行求解【解答】 解：根据万有引力提供向心力=mv=，a、b 到地心 O 的距离分别为 r1、r2，所以=，故选： A。【点评】本题关键是要掌握万有引力提供向心力这个关系， 能够根据题意选择恰当的向心力的表达式3（ 6 分）图为远距离输电示意图， 两变压器均为理想变压器， 升压变压器的原、副线圈匝数分别为 n1、n2，在原线圈两端接入一

13、电压 u=Umsin t的交流电源，若输送电功率为 P，输电线的总电阻为 2r，不考虑其它因素的影响，则输电线上损失的电功率为（）A（）B（）C4（）2（）2rD4（）2（）2r【分析】理想变压器输入功率和输出功率相等， 通过原线圈的电压求出副线圈的电压，再根据 I= ，求出输电线上的电流，从而求出输电线上消耗的功率。【解答】 解：加在原线圈上的电压U1=，根据电压比与匝数比关系：，所以：。第8页（共 22页）根据 I=，输电线上的电流 I=，输电线上消耗的功率2（2）P 耗=I）（?2r=42r故 D 正确， A、B、C 错误。故选： D。【点评】解决本题的关键注意电压有效值的使用及变压器的

14、特点， 输入功率等于输出功率，电压比等于匝数比。4（6 分）简谐横波在同一均匀介质中沿x 轴正方向传播，波速为v，若某时刻在波的传播方向上，位于平衡位置的两质点a、 b 相距为 s， a、 b 之间只存在一个波谷，则从该时刻起，下列四幅波形图中质点a 最早到达波谷的是（）ABCD【分析】根据波的传播方向判断出 a 点的振动方向，读出波长，求出周期。分别得到质点 a 从图示位置到达波谷的时间，从而进行比较。【解答】 解： A 图中，波长为2s，周期为T= a 点正向上振动，质点a从图示位置到达波谷的时间tA=；B 图中，波长为s，周期为T=a 点正向下振动，质点a 从图示位置到达波谷的时间tB=

15、T=；C 图中，波长为s，周期为T=a 点正向上振动，质点a 从图示位置到达波谷的时间tC=；D 图中，波长为s，周期为T= a 点正向下振动，质点a 从图示位置到达波谷的时间tA= T=；第9页（共 22页）故 D 图中质点 a 最早到达波谷。故选： D。【点评】解决本题的关键要确定波长与 s 的关系，求得周期。能熟练根据波的传播方向判断质点的振动方向。5（6 分）如图，在竖直平面内，滑道 ABC关于 B 点对称，且 A、 B、 C 三点在同一水平线上若小滑块第一次由 A 滑到 C，所用的时间为 t 1，第二次由 C 滑到A，所用的时间为 t 2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着

16、滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则（）At 1 t2Bt 1=t2Ct 1t 2D无法比较 t1、t 2 的大小【分析】 滑块做圆周运动，根据牛顿第二定律判断滑块受到的支持力大小关系，然后判断摩擦力大小关系，再比较滑块的运动时间【解答】 解：在 AB 段，由牛顿第二定律得：mgF=m，滑块受到的支持力：F=mg m，则速度 v 越大，滑块受支持力F 越小，摩擦力 f= F就越小，在 BC 段，由牛顿第二定律得：Fmg=m，滑块受到的支持力： F=mg+m，则速度 v 越大，滑块受支持力F 越大，摩擦力 f 就越大，由题意知从 A 运动到 C 相比从 C 到 A，在 AB 段速度较大，在

17、 BC 段速度较小，所以从 A 到 C 运动过程受摩擦力较小，用时短，故 A 正确， BCD错误；故选： A。【点评】本题考查了比较滑块运动时间关系， 分析清楚滑块的运动过程、 应用牛顿第二定律与摩擦力公式即可正确解题6（ 6 分）如图，由某种粗细均匀的总电阻为 3R 的金属条制成的矩形线框 abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场 B 中一接入电路电阻为 R 的导体棒 PQ，在水平拉力作用下沿 ab、dc 以速度 v 匀速滑动，滑动过程 PQ 始终与 ab 垂直，且与线框接触良好，不计摩擦在 PQ 从靠近 ad 处向 bc 滑动的过程中第 10 页（共 22 页）（）APQ 中电

18、流先增大后减小BPQ 两端电压先减小后增大CPQ 上拉力的功率先减小后增大D线框消耗的电功率先减小后增大【分析】本题分段过程分析：当 PQ 从左端滑到 ab 中点的过程和从 ab 中点滑到右端的过程，抓住 PQ 产生的感应电动势不变导体棒由靠近 ab 边向 dc 边匀速滑动的过程中， 产生的感应电动势不变， 外电路总电阻先增大后减小，由欧姆定律分析PQ 两端的电压如何变化；由题意， PQ上外力的功率等于电功率，由P=，分析功率的变化；当 PQ 从左端滑到 ab 中点的过程中，由于总电阻增大，则干路电流减小， PQcb 回路的电阻减小，通过 cb 的电流增大，可知 ab 中电流减小；当 PQ 从

19、 ab 中点滑到右端的过程中，干路电流增大，PQda回路的电阻增大， PQ 两端的电压减小，可知 ab 中电流减小；根据矩形线框总电阻与 PQ 电阻的关系，分析其功率如何变化当矩形线框的总电阻等于 PQ 的电阻时，线框的功率最大【解答】解：根据右手定则可知， PQ 中电流的方向为 QP，画出该电路的等效电路图如图，其中 R1 为 ad 和 bc 上的电阻值， R2 为 ab 上的电阻与 cd 上的电阻的和，电阻之间的关系满足： R1+R2+R1=3R，由题图可知，当导体棒向右运动的过程中，开始时的电阻值：当导体棒位于中间位置时，左右两侧的电阻值是相等的，此时：第 11 页（共 22 页），可知

20、当导体棒向右运动的过程中，开始时的电阻值小于中间位置处的电阻值，所以当导体棒向右运动的过程中电路中的总电阻先增大后减小。A、导体棒由靠近ad 边向 bc 边匀速滑动的过程中，产生的感应电动势E=BLv，保持不变，外电路总电阻先增大后减小， 由欧姆定律分析得知电路中的总电流先减小后增大，即PQ 中电流先减小后增大。故A 错误。B、PQ 中电流先减小后增大， PQ 两端电压为路端电压， U=E IR，可知 PQ 两端的电压先增大后减小。故B 错误；C、导体棒匀速运动，PQ 上外力的功率等于回路的电功率，而回路的总电阻R先增大后减小，由P=得知， PQ 上外力的功率先减小后增大。故C 正确。D、由以

21、上的分析可知，导体棒 PQ 上的电阻始终大于线框的电阻，当导体棒向右运动的过程中电路中的总电阻先增大后减小， 根据闭合电路的功率的分配关系与外电阻的关系可知， 当外电路的电阻值与电源的内电阻相等时外电路消耗的电功率最大，所以可得线框消耗的电功率先增大后减小。故D 错误。故选： C。【点评】 本题一要分析清楚线框总电阻如何变化，抓住 PQ 位于 ad 中点时线框总电阻最大， 分析电压的变化和电流的变化； 二要根据推论： 外电阻等于电源的内阻时电源的输出功率最大，分析功率的变化二、非选择题（本题包括4 小题，共 72 分）7（6 分）某同学做 “探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验。图甲是不挂钩码时

22、弹簧下端指针所指的标尺刻度，其示数为7.73cm；图乙是第 12 页（共 22 页）在弹簧下端悬挂钩码后指针所指的标尺刻度，此时弹簧的伸长量l 为 6.93cm；本实验通过在弹簧下端悬挂钩码的方法来改变弹簧的弹力，关于此操作，下列选项中规范的做法是A；（填选项前的字母）A逐一增挂钩码，记下每增加一只钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重B随意增减钩码，记下增减钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重图丙是该同学描绘的弹簧的伸长量l 与弹力 F 的关系图线。图线的 AB 段明显偏离直线 OA，造成这种现象的主要原因是超过弹簧的弹性限度。【分析】根据弹簧测力计的读数方法可得出对应的读数，再由读数

23、减去原长即为伸长量；根据实验准确性要求可明确哪种方法更为规范；由弹簧的性质和图象进行分析，则可得出造成图象偏离的原因。【解答】 解：由图可知，图乙中示数为：14.65cm，则伸长量 l=14.66cm7.73cm=6.93cm；为了更好的找出弹力与形变量之间的规律， 应逐一增挂钩码， 记下每增加一只钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重；故选： A；在弹簧的弹性限度范围内， 胡克定律是成立的， 但若超过弹簧的弹性限度， 胡克定律将不再适用；图中出现偏折的原因是因为超过了弹簧的弹性限度；故答案为： 6.93；A；超过弹簧的弹性限度。【点评】弹簧测力计的原理是在弹簧的弹性限度内， 弹簧的伸长与受

24、到的拉力成正比，对于实验问题，我们要充分利用测量数据求解可以减少误差。8（12 分）某学习小组探究一小电珠在不同电压下的电功率大小，实验器材如图甲所示，现已完成部分导线的连接第 13 页（共 22 页）实验要求滑动变阻器的滑片从左到右移动过程中， 电流表的示数从零开始逐渐增大，请按此要求用笔画线代替导线在图甲实物接线图中完成余下导线的连接；某次测量，电流表指针偏转如图乙所示，则电流表的示数为0.44A；该小组描绘出的伏安特性曲线如图丙所示，根据图线判断，将 4 只相同的小电珠并联后， 直接与电动势为 3V、内阻为 1的电源组成闭合回路， 可使小电珠的总功率最大，其总功率的值为2.25W（保留两

25、位小数）【分析】 根据题意确定滑动变阻器的接法，然后连接实物电路图根据图示电流表确定其量程与分度值，读出其示数当内外电阻相等时电源的输出功率最大， 即小电珠的总功率最大， 由图示图象求出此时电珠两端电压与电流， 由欧姆定律求出电珠的电阻， 然后求出灯泡的个数，应用功率公式可以求出小电珠的总功率【解答】解：滑动变阻器的滑片从左到右移动过程中， 电流表的示数从零开始逐渐增大，则滑动变阻器采用分压接法，电路图如图所示：由图乙所示电流表可知，其量程为0.6A，分度值为 0.02A，示数为 0.44A电源内阻为1 欧姆，当外电路电阻与电源内阻相等，即灯泡并联总电阻为1第 14 页（共 22 页）欧姆时灯

26、泡的总功率最大，由于内外电阻相等，则内外电压相等，电源电动势为3V，则路端电压为1.5V，由图丙所示图象可知，电压为 1.5V 时通过小电珠的电流为0.375A，此时小电珠的电阻： R= =4，4 只小电珠的并联阻值为1，因此需要 4 只小电珠并联，此时小电珠的总功率：P=4UI=41.50.375 2.25故答案为：如图所示；0.44； 4；2.25【点评】本题考查了连接实物电路图、 电流表读数、求灯泡个数、求灯泡总功率；当电压与电流从零开始变化时滑动变阻器只能采用分压接法， 根据题意确定滑动变阻器的接法是正确连接实物电路图的前提与关键9（15 分）一摩托车由静止开始在平直的公路上行驶，其运

27、动过程的vt 图象如图所示求：（ 1）摩托车在 020s 这段时间的加速度大小 a；（ 2）摩托车在 075s 这段时间的平均速度大小 【分析】（1）vt 图象的斜率等于加速度，由加速度的定义求解（ 2）由图象与时间轴所围的面积表示位移，求得位移，再求平均速度大小【解答】 解：（1）摩托车在 020s 这段时间的加速度a=1.5m/s2（ 2）摩托车在 075s 这段时间的位移 x=30m=1500m平均速度大小= =20m/s答：（ 1）摩托车在 020s 这段时间的加速度大小 a 是 1.5m/s2；（ 2）摩托车在 075s 这段时间的平均速度大小 是 20m/s【点评】解决本题的关键要

28、抓住速度图象的两个物理意义： 斜率等于加速度， 图象与时间轴所围的面积表示位移第 15 页（共 22 页）10（ 19 分）如图，质量为 M 的小车静止在光滑水平面上，小车 AB 段是半径为 R 的四分之一圆弧光滑轨道， BC段是长为 L 的水平粗糙轨道，两段轨道相切于 B 点一质量为 m 的滑块在小车上从 A 点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g（ 1）若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力；（ 2）若不固定小车，滑块仍从 A 点由静止下滑，然后滑入 BC 轨道，最后从 C点滑出小车已知滑块质量m=，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2 倍，滑块与轨道 BC间的动摩

29、擦因数为，求：滑块运动过程中，小车的最大速度大小vm；滑块从 B 到 C 运动过程中，小车的位移大小s【分析】（1）滑块在圆弧的轨道上运动的过程中合外力提供向心力， 所以滑块在 B 点的左侧受到的支持力要大于重力，当滑块到达 B 时的速度最大，受到的支持力最大，由机械能守恒求出滑块在 B 点的速度，然后又牛顿第二定律即可求解；（ 2）根据题意，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，然后结合机械能守恒即可求出小车的最大速度大小vm；在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2 倍，写出速度的关系式，然后结合运动学的公式即可求出小车的位移【解答】解：（ 1）当滑块到达

30、 B 时的速度最大，受到的支持力最大；当滑块下滑的过程中机械能守恒，得：滑块在 B 点处受到的支持力与重力的合力提供向心力，得：解得： N=3mg第 16 页（共 22 页）由牛顿第三定律得：滑块对小车的压力：N=N=3mg即滑块运动过程中对小车的最大压力是3mg（ 2）在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2 倍，设小车的最大速度是vm，由机械能守恒得：解得：由于在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2 倍，所以滑块从 B 到 C 运动过程中，滑块的平均速度是小车的平均速度的2 倍，即：由于它们运动的时间相等，根据：可得： s 滑块 =2s 车又： s 滑块 +s

31、 车=L所以：小车的位移大小：s= L答：（ 1）若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力是3mg；（ 2）滑块运动过程中，小车的最大速度大小是；滑块从 B 到 C 运动过程中，小车的位移大小是【点评】 该题的第一问考查机械能守恒与向心力，比较简单；第二问主要考查系统水平方向动量守恒和能量守恒的问题，求解两物体间的相对位移，往往根据平均速度研究 也可以根据题目提供的特殊的条件：在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2 倍，不使用动量守恒定律11（ 20 分）如图，绝缘粗糙的竖直平面MN 左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为E，磁场方向垂直

32、纸面向外，磁感应强度大小为 B一质量为 m ，电荷量为 q 的带正电的小滑块从 A 点由静止开始沿 MN 下滑，到达 C 点时离开 MN 做曲线运动 A、C 两点间距离为 h，重力加速度为 g（ 1）求小滑块运动到 C 点时的速度大小 vc；（ 2）求小滑块从 A 点运动到 C 点过程中克服摩擦力做的功 Wf ；第 17 页（共 22 页）（ 3）若 D 点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当小滑块运动到 D 点时撤去磁场， 此后小滑块继续运动到水平地面上的 P点已知小滑块在 D 点时的速度大小为 vD，从 D 点运动到 P 点的时间为 t ，求小滑块运动到 P

33、点时速度的大小 vp【分析】（1）小滑块到达 C 点时离开 MN，此时与 MN 间的作用力为零，对小滑块受力分析计算此时的速度的大小；（ 2）由动能定理直接计算摩擦力做的功 Wf；（ 3）撤去磁场后小滑块将做类平抛运动， 根据分运动计算最后的合速度的大小；【解答】 解：（1）小滑块沿 MN 运动过程，水平方向受力满足qvB+N=qE小滑块在 C 点离开 MN 时N=0解得 vc=（ 2）由动能定理mghWf=0解得 Wf=mgh（ 3）如图，小滑块速度最大时，速度方向与电场力、重力的合力方向垂直，撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，等效加速度为 g，g=第 18 页（共 22 页）且解得答：（ 1

34、）小滑块运动到C 点时的速度大小vc 为；（ 2）小滑块从 A 点运动到 C 点过程中克服摩擦力做的功Wf 为 mgh；（ 3）小滑块运动到P 点时速度的大小 vp 为【点评】解决本题的关键是分析清楚小滑块的运动过程，在与 MN 分离时，小滑块与 MN 间的作用力为零， 在撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，根据滑块的不同的运动过程逐步求解即可 物理 -选修 3-312（ 6 分）下列有关分子动理论和物质结构的认识，其中正确的是（）A分子间距离减小时分子势能一定减小B温度越高，物体中分子无规则运动越剧烈C物体内热运动速率大的分子数占总分子数比例与温度无关D非晶体的物理性质各向同性而晶体的物理性质都

35、是各向异性【分析】分子间距离减小时分子势能可能减小， 也可能增大； 温度是分子平均动能的标志；根据麦克斯韦统计规律可以解释分子的速率的分布规律； 单晶体的物理性质是各向异性，多晶体和非晶体的物理性质各向同性【解答】 解： A、当分子力表现为斥力时，分子力随分子间距离的减小而增大，第 19 页（共 22 页）间距减小斥力做负功分子势能增大，分子间距的增大时反之，故A 错误；B、温度是分子平均动能的标志，故温度高平均动能一定大，物体中分子无规则运动越剧烈。故B 正确；C、根据麦克斯韦统计规律可知，物体内热运动速率大的分子数占总分子数比例与温度有关，故C 错误；D、单晶体的物理性质是各向异性，多晶体

36、的物理性质各向同性，故D 错误。故选： B。【点评】本题考查分子动理论内容，难度不大，需要强化记忆分子势能与电势能和重力势能具有相同的变化规律，可以类比学习13（ 6 分）如图，一定质量的理想气体，由状态a 经过 ab 过程到达状态 b 或者经过 ac 过程到达状态 c设气体在状态b 和状态 c 的温度分别为 Tb 和 Tc，在过程 ab 和 ac 中吸收的热量分别为Qab 和 Qac，则（）b Tc，QabQac bTc， QabQacATB T b c，QabQacDTb=Tc，QabQacC T=T【分析】 状态 B 和 C 的体积从图中可得知，且已知状态C的温度，从 B到 C是等压变化，由气体状态方程可得出状态B 时的温度；因状态 A 和状态 C 的温度相同，所以这两种状态下内能相同，从而可知A 到 B和 B 到 C 的过程中内能的变化大小相同， 这两个过程是一个不做功， 一个对外做功，结合热力学第一定律可知结果【解答】解：设气体在 a 状态时的温度为 Ta，由图可知： VC=Va=V0、Vb=2V0=2Va，从 a 到 b 是等压变化：解得： Tb=2Ta第 20 页（共 22 页）从 a 到 c 是等容变化：，由于 Pc=2P0=2Pa解得： Tc=2Ta