&>&&>&【解析版】2015届江西省重点中学协作体高三第二次联考物理试卷
【解析版】2015届江西省重点中学协作体高三第二次联考物理试卷 11309字 投稿：谢絺絻
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理综卷·2015届江西省重点中学协作体高三
第二次联考物理部分
【试卷综析】本试卷是高三模拟试卷，包含了高中物理所学的全部知识，既注重基本定义，基本知识的考查，也注重了学习方法，推导、计算、分析能力的考查。考查知识点全面，在注重考查学科核心知识的同时，突出考查考纲要求的基本能力，重视学生科学素养的考查。知识考查注重基础、注重常规、是份很好的试卷。
二、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14-18题只有一个选项正确，第19-21题有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
14．在物理学发展史上，许多科学家通过恰当地运用科学研究方法，超越了当时研究条件的局限性，取得了辉煌的研究成果，下列表述符合物理学史实的是(
A．牛顿根据理想斜面实验首先提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础
B．库仑利用库仑扭秤巧妙地实现了他对电荷间相互作用力规律的研究
C．亚里士多德设计了理想斜面实验 ,论证了运动不需要力产生,也不需要力维持
D．法拉第发现电流的磁效应，这和他坚信电和磁之间一定存在着联系的哲学思想是分不开的
【知识点】物理学史
【答案解析】B解析 ：A、伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础，故A、C错误；B、库仑利用库仑扭秤巧妙地实现了他对电荷间相互作用力规律的研究，故B正确；D、奥斯特通过放在通电直导线下方的小磁针发生偏转，得出通电导线的周围存在磁场的结论，发现了电流的磁效应．故D错误；故选B
【思路点拨】本题考查对电磁学物理学史的了解情况．对科学家重要的发现、著名学说、经典实验等等要加强记忆．
15．如图所示，一质量为m的物块恰好静止在倾角为θ、质量为
M的斜劈上．物块与斜劈和斜劈与地面间的动摩擦因数均为μ.现
对物块施加一个水平向右的恒力F，如果物块和斜劈都仍处于静
止状态，则(
A．物块受到的合外力增大
B．地面对斜劈的摩擦力可能减小
mgsin θ＋μmgcos θC．水平恒力F不可能大于 cos θ－μsin θ
D．水平恒力F可能大于μ(m＋M)g
【知识点】共点力平衡 、受力分析
【答案解析】C解析 ：A、物体前后都处于静止状态，物体受到的合力为零，故A错误；
B、利用整体法，第一次静止地面的摩擦力为零，第二次地面对斜劈的摩擦力向左，大小为F，故B错误；C、对m分析，正交分解，要想物体不滑动，F的最大为Fco?s?mgsin???(mgco?s?Fsin?)，所以F=mgsin θ＋μmgcos θC正确 cos θ－μsin θ
D、整体法，如果F大于μ(m＋M)g，则整体就会运动，故D错误，故选C
【思路点拨】利用物体的静止确定物体受到的合力为零，然后根据受力分析，共点力平衡求解。
16.如图所示，将a、b两小球以大小为205 m/s的初速度分别从A、B两点相差1 s
平相向抛出，a小球从A点抛出后，经过时间t，a、b两小球恰好在空中相遇，且速度方向相互垂直，不计空气阻力，取g＝10 m/s2，则抛出点A、B间的水平距离是(
B．100 m D．1805 m
【知识点】平抛运动．
【答案解析】D解析 ：解：A经过t时间两球的速度方向相互垂直，
此时B运动时间为（t-1）s，
根据几何关系可得：tanθ=
故AB两点的水平距离X=v0t+v0（t-1）=5v0+4v0=9v0═180m故
【思路点拨】两球相差2s抛出，根据竖直方向的速度vA=gt，vB=g（t-1），结合两球的速度方向相互垂直，利用几何关系进而求出下落的时间，即可求出两点的水平距离．
17．假设将来人类登上了火星，考察完毕后，乘坐一艘宇宙飞船从火星返回地球时，经历了如图所示的变轨过程，则有关这艘飞船的下列说法，正确的是
v0g(t?1)解得：t=5s，则B运动时间?gtv0
A．飞船在轨道I上运动时的机械能大于在轨道II上运动时的机械能
B．飞船绕火星在轨道I上运动的周期跟飞船返回地面的过程中绕地球以轨道I同样的轨道半径运动的周期相同
C．飞船在轨道III上运动到P点时的加速度大于飞船在轨道II上运动到P点时的加速度
D．飞船在轨道II上运动时，经过P点时的速度大于经过Q点时的速度
【知识点】人造卫星的环绕速度．
【答案解析】D解析 ：解：A、飞船在轨道Ⅰ上经过P
点时，要点火加速，使其速度增大
做离心运动，从而转移到轨道Ⅱ上运动．所以飞船在轨道Ⅰ上运动时的机械能小于轨道Ⅱ上运动的机械能．故A错误．
)，得周期公式T=2πB、根据G2?mr(，虽然r相等，但是由于地球和火星TrGM
的质量不等，所以周期T不相等．故B错误．C、飞船在轨道Ⅰ上运动到P点时与飞船在轨道Ⅱ上运动到P点时受到的万有引力大小相等，根据牛顿第二定律可知加速度必定相等．故C错误．D、根据开普勒第二定律可知，飞船在轨道Ⅱ上运动时，在P点速度大于在Q点的速度．故D正确．故选D．
【思路点拨】飞船从轨道Ⅰ转移到轨道Ⅱ上运动，必须在P点时，点火加速，使其速度增大做离心运动，即机械能增大．根据开普勒第二定律可知，飞船在轨道Ⅱ上运动时，在P点速度大于在Q点的速度．飞船在轨道Ⅰ上运动到P点时与飞船在轨道Ⅱ上运动到P点时，都由火星的万有引力产生加速度，根据牛顿第二定律列式比较加速度．根据万有引力等于向心力列式，比较周期．
18.如图所示，光滑圆环可绕竖直轴O1O2旋转，在圆环上套一个小球，实验时发现，增大圆环转速，小球在圆环上的位置升高，但无论圆环转速多大，小球都不能上升到与圆心O等高的N点．现让小球带上正电荷，下列措施可以让小球上升到N点的是(
A．在空间加上水平向左的匀强磁场
B．在空间加上竖直向上的匀强电场
C．在空间加上方向由圆心O向外的磁场
D．在圆心O点放一个带负电的点电荷
【知识点】带电粒子在混合场中的运动．
【答案解析】B解析 ：解：A、在空间加上水平向左的匀强磁场，根据左手定则，可知，洛伦兹力与重力同向，因此不可能到达N点，故A错误；B、当在空间加上竖直向上的匀强电场，则受到的电场力竖直向上，与重力平衡时，球可能达到N点，故B正确；C、当在空间加上方向由圆心O向外的磁场，由左手定则可知，洛伦兹力向下，因此不可能到达N点，故C错误；D、当在圆心O点放一个带负电的点电荷，相互间的库仑引力，使球受到重力与库仑力的合力不可能指向圆心，故D错误；故选：B．
【思路点拨】当球受到的合力指向圆心时，则可能上升到N点，因此根据电荷带正电，结合给定的电场与磁场，从而即可求解．考查对研究对象的受力分析，掌握电场力与洛伦兹力方向的判定，理解左手定则应用，注意球在N点的合力指向圆心是解题的关键．
19. 如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为5：1，原线圈接交流电源和交流电压表，
副线圈通过电阻为R的导线与热水器、抽油烟机连接。已知原线圈两端的电压保持不变，副线圈上的电压按图乙所示规律变化，现闭合开关S接通抽油烟机，下列说法正确的是：
．抽油烟机上电压的瞬时值表达式为u??t)V
B．电压表示数为1100 V
C．热水器的实际功率增大
D．变压器的输入功率增大
【知识点】变压器的构造和原理；电功、电功率．
【答案解析】BD解析 ：解：A、由图乙可知，交变电流的峰值是220
ω=2V，2?=100πrad/s，则副线圈两端电压的瞬时值表达式为u=2202sin100πtv，因有电阻R0.02
的存在，220
U1=2V不是抽油烟机两端的电压瞬时值，故A错误；B、n15U2=×220=1100V，则电压表示数为1100V，故B正确； 1n2
C、接通开关，副线圈电阻减小，电流增大，R上的分压增大，热水器两端的电压减小，所以实际功率减小，故C错误；D、接通开关，电流增大，电压不变，所以线圈消耗的功率增大，输入功率等于输出功率，故D正确；故选：BD．
【思路点拨】电压表测的是电流的有效值．根据图乙所示图象求出交变电流的峰值、角频率初位相，然后写出交变电流的瞬时值表达式．根据动态分析法分析实际功率．由W=Pt可以求出抽油烟机消耗的电能
20．如图所示，d处固定有负点电荷Q，一个带电质点只在电场力作用下
运动，射入此区域时的轨迹为图中曲线abc，a、b、c、d恰好是一正方形
的四个顶点，则有(
A．a、b、c三点处电势高低关系是φa＝φc>φb
B．质点由a到c，电势能先增加后减小，在b点动能最小
C．质点在a、b、c三点处的加速度大小之比为2∶1∶2
D．若将d处的点电荷改为＋Q，该带电质点的轨迹仍可能为曲线abc
【知识点】电势能；电势．
【答案解析】BC解析 ：A：根据点电荷的电场线的特点，Q与ac距离
相等，都小于b，故B点的电势高于ac两点的电势，A错误; B：由AB可知，正电荷P从a到b，电势升高，电势能就增加；反之，从b到c电势能减小，故B正确；C：粒子P在a、b、c三点时的加速度大小要根据库仑定律求出库仑力．由图可知，ra＝rc＝2rb
aFq1q2Farb222人库仑定律：F＝k2，可得：?2?由牛顿第二定律：a?a?．故C正rabFb1Fbra1
确．D: 若将d处的点电荷改为＋Q.则电荷与质点直接为排斥力，合力向外，不可能是图中曲线，D错误
【思路点拨】电荷受到的合力指向轨迹的内侧，根据轨迹弯曲方向判断出粒子与固定在O点的电荷是异种电荷，它们之间存在引力，根据点电荷的电场线的特点，Q与ac距离相等，都小于b，故B点的电势高于ac两点的电势．应用牛顿第二定律求出加速度之间的关系．
21.如图所示，在水平面内直角坐标系xOy中有一光滑金属导轨AOC，
π其中曲线导轨OA满足方程y＝Lsin kx，长度为OC与x2k
轴重合，整个导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中．现有一长为L
金属棒从图示位置开始沿x轴正方向以速度v做匀速直线运动，已知
金属棒单位长度的电阻为R0，除金属棒的电阻外其余部分电阻均不
计，棒与两导轨始终接触良好，则在金属棒运动至AC的过程中(
A．感应电动势的瞬时值为e＝BvLsin kvt
B．感应电流逐渐减小
C．闭合回路消耗的电功率逐渐增大
πBD．通过金属棒的电荷量为2kR0
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．
【答案解析】ACD解析 ：设从图示位置开始导体棒运动时间为t时，速度大小为v，磁感应强度为B．
A根据感应电动势公式E=Blv=Bvy=BvLsinkvt，A正确；
B.由闭合电路欧姆定律得I=EBv，I不变．故B错误．C.回路电阻L（sinkvt）R0，消耗的电功率?RR0
E2B2v2LsinkvtP=，可知t增大，sinkvt增大，P不断增大．故C 正确;通过回路的电?RR0
L???B??荷量Q?It?，D正确。故选ACD RRoL2kR0
【思路点拨】根据感应电动势公式E=Blv，导体有效的切割长度y=Lsinkvt，回路的电阻B?
R=L（sinkvt）R0，由功率公式P= 分析功率与时间的关系，确定变化情况，再由欧姆R
定律分析电流变化．
（非选择题，共174分）
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题?第32题为必考题，每个试题考生都必须做答。第33题?第39题为选考题，考生根据要求做答。
（一）必考题（11题，共129分）
22．(6分)如图甲所示，某同学在做“探究功与速度变化的关系”的实验．当小车在1条橡皮
筋的作用下沿木板滑行时，橡皮筋对小车做的功记为W.当用2条、3条…橡皮筋重复实验时，设法使每次实验中橡皮筋所做的功分别为2W、3W….
(1)图中电火花计时器的工作电压是________V的交流电．
(2)实验室提供的器材如下：长木板、小车、橡皮筋、打点计时器、纸带、电源等，还缺少的测量工具是________．
(3)在正确操作的情况下，某次所打的纸带如图乙所示．打在纸带上的点并不都是均匀的，为了测量橡皮筋做功后小车获得的速度，应选用纸带的________部分进行测量(根据纸带中字母回答)，小车获得的速度是________m/s.(结果保留两位有效数字
【知识点】探究功与速度变化的关系． 【答案解析】：（1）220；（2）刻度尺；(3）GJ；0.65．解析 ：解：（1）电火花计时器的工作电压是220V的交流电．
（2）处理实验数据时需要测量两计数点间的距离，因此还需要的器材是：刻度尺．
（3）由图示纸带可知，GJ部分两点间的距离相等，小车做匀速直线运动，应选用的纸带是GJ部分；
小车获得的速度v=x0.0130?m/s=0.65m/s； t0.02
【思路点拨】(1）电火花计时器使用220V的交流电源．（2）处理实验数据时需要测出计数点间的距离，据此选择实验器材．（3）实验时需要测出橡皮筋恢复原长，即小车做匀速直线运动时的速度，根据图示纸带分析答题；根据实验数据应用速度公式求出小车的速度. 本题考查了实验器材、实验注意事项、实验数据处理，探究功与速度变化的关系实验，应求出橡皮筋完全恢复原长时的速度，应选纸带上相邻点间距离相等的纸带进行实验数据处理．
23．(9分)二极管是一种半导体元件，电路符号为，其特点是具有单向导电性．某实验小组要对一只二极管正向接入电路时的伏安特性曲线进行测绘探究．据了解，该二极管允许通过的最大电流为50 mA.
(1)该二极管外壳的标识模糊了，同学们首先用多用电表的欧姆档来判断它的正负极：当红表笔接触二极管的左端、黑表笔接触二极管的右端时，发现指针的偏角比较小，当交换表笔再次测量时，发现指针有很大偏转，由此可判断______ (填“左”或“右”)端为二极管的正极．
(2)实验探究中他们可选器材如下：
A．直流电源(电动势3 V，内阻不计)
B．滑动变阻器(0～20 Ω)
C．电压表(量程15 V、内阻约80 kΩ)
D．电压表(量程3 V、内阻约50 kΩ) E．电流表(量程0.6 A、内阻约1 Ω)
F．电流表(量程50 mA、内阻约50 Ω) G．待测二极管
H．导线、开关
为了提高测量精度，电压表应选用________，电流表应选用________．(填序号字母)
(3)实验中测量数据如下表，请在下图坐标纸上画出该二极管的伏安特性曲线.
(4)同学们将该二极管与阻值为10 Ω的定值电阻串联后接到电压恒为3 V的电源两端，则二极管导通时定值电阻的功率为________ W.
【知识点】描绘小电珠的伏安特性曲线．
【答案解析】（1）左；（2）D、F；（3）如下图；（4）0.022．
解析 ：解：（1）由于黑表笔接电源的正极，则由题意可知，
黑表笔接左侧时电流较大，说明二极管左侧为二极管的正极；
（2）因电源电压为3V，为了安全和准确电压表应选择D；
由表中数据可知，电流最大为
，则电流表应选择
（3）如图建立直角坐标系，采用描点作图，图象与下；
（4）将10Ω定值电阻等效为电源内阻；在图中作出电源的伏安
特性曲线，如右图；则两曲线的交点为二极管工作点，则由图
象可知，二极管的工作电压约为1.7V；电流约为13mA； 则功
率P=UI=0.022W；（0.020-0.028均可）
【思路点拨】（1）二极管具有单向导电性，根据接通万用表后
的电流大小可以判断二有管的正负极；（2）根据给定的电源的
电压可以选择电压表；根据表中给出的数据可以选择电流表；
（3）在坐标轴中选择合适的坐标，采用描点法作图，注意用平
滑的曲线将各点相连；（4）将10Ω的定值电阻视为电源内阻，则画出电源的伏安特性曲线，两图象的交点为二极管的工作点，则由图可得出电流和电压，从而求出功率．
24．(14分) 一质量为60kg的跳伞运动员做低空跳伞表演，他在离地面224 m高处，由静止开始在竖直方向做自由落体运动．一段时间后，立即打开降落伞，以12.5 m/s2的平均加速度匀减速下降，为了运动员的安全，要求运动员落地速度最大不得超过5 m/s(取g＝10 m/s2)，求：
(1)运动员展开伞时，离地面高度至少为多少？
(2)运动员展开伞后，所受到的阻力为多少？
(3)运动员在空中的最短时间是多少？
【知识点】牛顿第二定律；匀变速直线运动规律的综合运用．
【答案解析】：（1）99m（2）1350N（3）8.6s．解析 ：解：（1）设运动员做自由落体运动的高度为h时速度为v，此时打开伞开始匀减速运动，落地时速度刚好为5 m/s，这种情况运动员在空中运动时间最短，则有：v2=2gh…①vt2-v2=2a（H-h）…②由①②两式解得：
h=125 m，v=50 m/s．为使运动员安全着地，他展开伞时的高度至少为：H-h=224m-125m=99m．
（2）由牛顿第二定律得，f-mg=ma，代入数据可解得：f=1350N；
（3）他在空中自由下落的时间为：t1=2h2?125?s?5s他减速运动的时间为： g10
t2=H?h224?125?s?3.6s他在空中的最短时间为：t=t1+t2=8.6 s． v?vt50?5
【思路点拨】开始做自由落体运动，然后做匀减速运动，根据其运动形式列相应的方程求解即可．复杂运动过程都是由简单过程组成的，本题中包含有自由落体和匀减速直线运动；在解答复杂运动问题，关键是分析清楚其运动过程，搞清运动形式，然后根据相应规律列方程求解．
25.(18分)如图所示，光滑的平行金属导轨水平放置，电阻不计，导轨间距为l，左侧接一阻值为R的电阻．区域cdef内存在垂直轨道平面向下的有界匀强磁场，磁场宽度为s．一质量为m、电阻为r的金属棒MN置于导轨上，与导轨垂直且接触良好，受到F＝0.5v＋0.4(N)(v为金属棒速度)的水平外力作用，从磁场的左边界由静止开始运动，测得电阻两端电压随时间均匀增大．(已知：l＝1 m，m＝1 kg，R＝0.3 Ω，r＝0.2 Ω，s＝
(1)分析并说明该金属棒在磁场中做何种运动．
(2)求磁感应强度B的大小．
(3)若撤去外力后棒的速度v随位移x的变化规律满足v＝v0－
x，且棒在运动m(R＋r)
到ef处时恰好静止，则外力F作用的时间为多少？
(4)若在棒未出磁场区域时撤去外力，画出棒在整个运动过程中速度随位移v-x变化所对应的各种可能的图线．
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；牛顿第二定律；安培力的计算；导体切割磁感线时的感应电动势．
【答案解析】（1）金属棒做匀加速直线运动．（2）0.5T．（3）1s．（4
）可能的图线如上图
．解析 ：解：（1）测得电阻两端电压随时间均匀增大，R两端电压U∝I，感应电动势E∝I，E∝v，
U随时间均匀增大，即v随时间均匀增大，加速度为恒量，所以金属棒做匀加速运动．
B2l2v（2）对金属棒受力分析，有牛顿第二定律得：F-=ma，以F=0.5v+0.4代入得R?r
B2l2vB2l2v2（0.5-）v+0.4=a，
因为a与v无关，所以a=0.4m/s，（0.5-）=0，得B=0.5T． R?rR?r
121m(R?r)B2l2
（3）撤去外力前，x1=at，v0=x2=at，x1+x2=s，所以at2+at=s，得：22B2l2m(R?r)
0.2t2+0.8t-1=0，t=1s．
（4）开始时金属棒做匀加速运动，v=2ax，撤去外力后，v=v0-x， m(R?r)2
v2=2ax，开始速度v与x是二次函数关系，图象为抛物线，
v=v0-x，v与x可能是线性关系，图象是直线． m(R?r)
根据物理量关系可能图线如下：
【思路点拨】测得电阻两端电压随时间均匀增大，部分电阻欧姆定律和闭合电路欧姆定律可得出产生的感应电动势随时间均匀增大，即v随时间均匀增大．对金属棒进行受力分析，运用牛顿第二定律结合运动学公式解决问题。根据物理规律找出物理量的关系，通过已知量得出未知量．要善于对物体过程分析和进行受力分析，运用牛顿第二定律结合运动学公式解决问题．
（二）选考题（共45分。请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每按所做的第一题计分）
33．[物理——选修3－3](15分)
(1)(6分)下列说法中正确的是________．
A．随着科学技术的发展，制冷机的制冷温度可以降到－280 ℃
B．随着科学技术的发展，热量可以从低温物体传到高温物体
C．随着科学技术的发展，热机的效率可以达到100%
D．无论科技怎样发展，第二类永动机都不可能实现
E．无论科技怎样发展，都无法判断一温度升高的物体是通过做功还是热传递实现的
【知识点】热力学第二定律．
【答案解析】BDE解析 ：A、热力学温度的0K是摄氏温度的-273.15℃，该温度是不能达到的；故A错误；B、热量不能够自发从低温物体传到高温物体，但是在消耗其他能量的前提下，热量可以从低温物体传到高温物体，比如冰箱、空调，故B正确；C、任何热机都不可能使燃料释放的热量完全转化为机械能，C错误；D、第二类永动机不违反能量守恒定律；，但违反了热力学第二定律，内能在转化为机械能的过程中要生热，所以要引起其它变化．故D正确；做功和热传递是改变物体内能的两种方式，在改变物体的内能上是一样的，所以物体的温度升高，不能确实是通过做功还是热传递，E正确，故选BDE
【思路点拨】热力学温度的0K是摄氏温度的-273.15℃，该温度是不能达到的，第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律，内能在转化为机械能的过程中要生热，所以要引起其它变化．
(2)(9分) 图中系统由左右连个侧壁绝热、底部、截面均为S的容器组成。左容器足够高，上端敞开，右容器上端由导热材料封闭。两个容器的下端由可忽略容
积的细管连通。容器内两个绝热的活塞A、B下方封有氮气，B上方封
有氢气。大气的压强p0，温度为T0=273K，连个活塞因自身重量对下
方气体产生的附加压强均为0.1 p0。系统平衡时，各气体柱的高度如
图所示。现将系统的底部浸入恒温热水槽中，再次平衡时A上升了
一定的高度。用外力将A缓慢推回第一次平衡时的位置并固定，第
三次达到平衡后，氢气柱高度为0.8h。氮气和氢气均可视为理想气
（ⅰ）第二次平衡时氮气的体积；（ⅱ）水的温度。
【知识点】理想气体的状态方程．
【答案解析】（1）2.7hS；（2）368.5K．解析 ：解：（1）以氢气为研究对象，初态压强为p0，体积为hS，末态体积为0.8hS．
气体发生等温变化，由玻意耳定律得：p0V1=p2V2，即：p0hS=p×0.8hS，解得：p=1.25p0
① 活塞A从最高点被推回第一次平衡时位置的过程是等温过程．
该过程的初态压强为1.1p0，体积为V；末态的压强为p′，体积为V′，
则p′=p+0.1p0=1.35p0
②V′=2.2hS
由玻意耳定律得：1.1p0×V=1.35p0×2.2hS，解得：V=2.7hS
（2）活塞A从最初位置升到最高点的过程为等压过程．该过程的初态体积和温度分别为2hS和T0=273K，
末态体积为2.7hS．设末态温度为T，由盖-吕萨克定律得：2hs2.7hs?，解得：T=368.5K； 273T
【思路点拨】（1）以B上方的氢气为研究对象，由玻意耳定律求出气体压强，然后以A下方的氮气为研究对象，由波意耳定律求出氮气的体积．
（2）结合第一问的结果，求出氮气的末状态的压强，分析氮气的初末两个状态的状态参量，利用理想气体的状态方程，可求出氮气末状态的温度，即为水的温度．
34．[物理--选修3-4]（15分）
（1）（6分）如图甲所示，在水平面内，有三个质点a、b、c分别位于直角三角形的三个顶点上，已知ab＝6 m，ac＝8 m．在t1＝0时刻a、b同时开始振动，振动图象均如图乙所示，所形成的机械波在水平面内传播，在t2＝4 s时c点开始振动，则(填入正确答案标号．选对一个得3分，选对两个得4分，选对3个得6分，每选错一个扣3 分，最低得分为0分)
A．该机械波的传播速度大小为2 m/s
B．c点的振动频率先是与a点相同，两列波相遇后c点的振动频率增大
C．该列波的波长是2 m
D．两列波相遇后，c点振动加强
E．两列波相遇后，c点振动先加强后减弱
【知识点】横波的图象；简谐运动的振动图象；波长、频率和波速的关系．[来源:学#科#网]
【答案解析】ACD解析 ：A、由于两列波的波速相同，则a处振动先到达c点，所以波速
为v=ac8?m/s=2m/s．故A正确；B、两列波相遇后c点的振动频率不变，故B错误；C、t4
D、由图知：波长为λ=2m，c点到ab两点的路程差为△s=ac-ab=2m=λ．故c点振动加强．故CD正确，E错误；故选ACD
【思路点拨】波在同一介质中匀速传播，a处振动先到达c点，由公式v=s求解波速；由图t
读出波长，根据路程差分析c点的振动强弱：若路程差等于半个波长的奇数倍时，振动减弱；相反，路程差等于半个波长的偶数倍时，振动加强；
（2）（9分）如图所示，折射率n=2的半圆形玻璃砖置于光屏MN的上
方，其平面AB到MN的距离为h=10cm.
一束单色光沿图示方向射向圆
心O，经玻璃砖后射到光屏上的O′点．现使玻璃砖绕圆心O点顺时针转
动，经玻璃砖后射到光屏上的光点将向哪个方向移动？光点离O′点最远
【知识点】光的折射定律． 【答案解析】10cm 解析 ：解：光屏上的光点将向右移动
．．．．．．．．．．．．．．．3分
设玻璃砖转过?角时光点离O′点最远，记此时光点位置为A，此时光线在玻璃砖的平
面上恰好发生全反射，临界角为C．
由折射定律有 sinC?1
由几何关系知，全反射的临界角C=?=45°
光点A到O′的距离xAO??h?h?10cm
【思路点拨】由全反射知识及几何知识可求 得全反射的临
界角；由几何关系可求得光点到O′之间的距离．
35．[物理--选修3-5]（15分）
(1)(6分)某科学家提出年轻热星体中核聚变的一种理论，其中的两个核反应方程为11H＋ 611512C→13 7N＋Q1，1H＋ 7N→ 6C＋X＋Q2，方程中Q1、Q2表示释放的能量，相关的原子核质量
则X是____，Q2____Q1(填“大于”、“等于”或“小于”)．
【知识点】裂变反应和聚变反应．
【答案解析】42He 大于解析 ：解：N中质量亏损为：
△m1=1.0-13.1（u）， 根据根据电荷数守恒和质量数守恒可知中X的电荷数为2、质量数为
44，故X为α粒子即2 He，质量亏损为：△m2=1.1-12.6=0.0053（u）．
根据爱因斯坦的质能方程可知：Q1=△m1C2，Q2=△m2C2，则Q1＜Q2，
【思路点拨】根据核反应方程的质量数和电荷数守恒可判断出X是那种原子核，根据爱因斯坦质能方程可知质量亏损大的释放能量大．本题考查核反应方程的书写和计算核反应能量，意在考查考生推理判断和运算能力，核反应方程的书写和质能方程的应用是原子物理中的重点知识，要加强这方面的练习和应用．
(2)(9分) 如图所示，轻弹簧下悬重物m2。m2与m1之间用轻绳连接。剪断
m1、m2间的轻绳，经较短时间m1有速度u，m2有速度大小为v，求这段
时间内弹力的冲量及弹力的平均值。
【知识点】冲量
动量定理 【答案解析】(m1v?m2)g解析 m1、m2静止时，弹力大小等于(m1?m2)g，剪断轻绳，u
m1自由下落，m2向上加速运动，m1达到速度u的时间为?t?
对m2：F?t?m2g?t?mv u g
F?t?m1v?m2g?t?m1v?m2u 弹力的平均值F?F?tm1v?m2u(m1v?m2u)gv???(m1?m2)g u?tuu
【思路点拨】确定研究对象，根据动量定理进行求解，属于基本题型。
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