1、第1頁（共 20 頁）2015 年福建省高考物理試卷、選擇題（共 6 6 小題，每小題 6 6 分，滿分 3636 分。在每小題給出的四個選項中，只有一個 選項符合題目要求。）1.（6分）（2015?福建）如圖，一束光經玻璃三棱鏡折射后分為兩束單色光 為？a、b該玻璃對單色光a、b的折射率分別為na、門則（ ）2.（6分）（2015?福建）如圖，若兩顆人造衛星a和b均繞地球做勻速圓周運動，a、b到地心O的距離分別為1、2,線速度大小分別為VI、2,則（）3.（6分）（2015?福建）圖為遠距離輸電示意圖，兩變壓器均為理想變壓器，升壓變壓器T的原、副線圈匝數分別為n門2,在T的原線圈兩端接入一電

2、壓u=Umsin的交流電源，若輸送電功率為P,輸電線的總電阻為2r,不考慮其它因素的影響，則輸電線上損失的電功率為（）TB.b,nanbC.?a 汕)，nab,nanba、b，波長分別C.V1嚴、2;- =()v26uQFllOA .A.(I)二B.n14rC.42卩21()2(i2rn2 %D.2 P 24 ()2C )2rnlUR2第2頁（共 20 頁）4.（6分）（2015?福建）簡諧橫波在同一均勻介質中沿x軸正方向傳播，波速為V,若某時刻在波的傳播方向上，位于平衡位置的兩質點a、b相距為s，a、b之間只存在一個波谷，5.（6分）（2015?福建）如圖，在豎直平面內，滑道ABC關于B點對

3、稱，且A、B、C三點 在同一水平線上.若小滑塊第一次由A滑到C,所用的時間為ti，第二次由C滑到A，所 用的時間為t2,小滑塊兩次的初速度大小相同且運動過程始終沿著滑道滑行，小滑塊與滑道的動摩擦因數恒定，則（）A.t1Vt2B.t1=t2C.t1t2D. 無法比較t1、t2的大小6.（6分）（2015?福建）如圖，由某種粗細均勻的總電阻為3R的金屬條制成的正方形線框abed，固定在水平面內且處于方向豎直向下的勻強磁場B中.一接入電路電阻為R的導體棒PQ,在水平拉力作用下沿ab、de以速度v勻速滑動，滑動過程PQ始終與ab垂直，且 與線框接觸良好，不計摩擦.在PQ從靠近ad處向be滑動的過程中（

4、）B.PQ兩端電壓先減小后增大C.PQ上拉力的功率先減小后增大D.線框消耗的電功率先減小后增大二、非選擇題（本題包括 4 4 小題，共 7272 分）7.（6分）（2015?福建）某同學做 探究彈力和彈簧伸長量的關系 ”的實驗.1圖甲是不掛鉤碼時彈簧下端指針所指的標尺刻度，其示數為7.73cm;圖乙是在彈簧下端懸掛鉤碼后指針所指的標尺刻度，此時彈簧的伸長量I為_cm;2本實驗通過在彈簧下端懸掛鉤碼的方法來改變彈簧的彈力，關于此操作，下列選項中規范的做法是_ ;（填選項前的字母）A.逐一增掛鉤碼，記下每增加一只鉤碼后指針所指的標尺刻度和對應的鉤碼總重B.隨意增減鉤碼，記下增減鉤碼后指針所指的標尺

5、刻度和對應的鉤碼總重3圖丙是該同學描繪的彈簧的伸長量 I與彈力F的關系圖線.圖線的AB段明顯偏離直線OA，造成這種現象的主要原因是_則從該時刻起,A.F列四幅波形圖A.PQ中電流先增大后減小第3頁（共 20 頁）8.（12分）（2015?福建）某學習小組探究一小電珠在不同電壓下的電功率大小，實驗器材如圖甲所示，現已完成部分導線的連接.tv1實驗要求滑動變阻器的滑片從左到右移動過程中，電流表的示數從零開始逐漸增大，請按此要求用筆畫線代替導線在圖甲實物接線圖中完成余下導線的連接；2某次測量，電流表指針偏轉如圖乙所示，則電流表的示數為 _A；3該小組描繪出的伏安特性曲線如圖丙所示，根據圖線判斷，將

6、_只相同的小電珠并聯后，直接與電動勢為3V、內阻為1Q的電源組成閉合回路，可使小電珠的總功率最大，其總功率的值為 _W（保留兩位小數）.9.（15分）（2015?福建）一摩托車由靜止開始在平直的公路上行駛，其運動過程的v-t圖象如圖所示求：（1）摩托車在020s這段時間的加速度大小a;_（2）摩托車在075s這段時間的平均速度大小.*p&fXT卜2.10l.fin0W (k4(l 0.50 (X60O ld 0.2() 204575 /$第5頁（共 20 頁） 物理- -選修 3-33-312.（6分）（2015?福建）下列有關分子動理論和物質結構的認識，其中正確的是（）A.分子間距離

7、減小時分子勢能一定減小第6頁（共 20 頁）B . j溫度越高，物體中分子無規則運動越劇烈C.彳物體內熱運動速率大的分子數占總分子數比例與溫度無關D.非晶體的物理性質各向同性而晶體的物理性質都是各向異性13.（6分）（2015?福建）如圖，一定質量的理想氣體，由狀態a經過ab過程到達狀態b或 者經過ac過程到達狀態c.設氣體在狀態b和狀態c的溫度分別為Tb和Tc,在過程ab和ac中吸收的熱量分別為Qab和Qac,則（ ）A.TbTc,QabQacB.TbTc,QabVQacC.Tb=Tc,QabQacD.Tb=Tc,QabVQac 物理- -選修 3-53-514. （2015?福建）下列有關

8、原子結構和原子核的認識，其中正確的是（）A.丫射線疋冋速運動的電子流B.氫原子輻射光子后，其繞核運動的電子動能增大C.太t陽輻射能量的主要來源是太陽中發生的重核裂變D.:Bi的半衰期是5天，100克Bi經過10天后還剩下50克o J15. （2015?福建）如圖，兩滑塊A、B在光滑水平面上沿同一直線相向運動，滑塊A的質 量為m，速度大小為2vo，方向向右，滑塊B的質量為2m,速度大小為vo,方向向左，兩 滑塊發生彈性碰撞后的運動狀態是（）AA.A和B都向左運動B.A和B都向右運動C.A靜止，B向右運動D.A向左運動，B向右運動第7頁（共 20 頁）2015 年福建省高考物理試卷參考答案與試題解

9、析一、選擇題（共 6 6 小題，每小題 6 6 分，滿分 3636 分。在每小題給出的四個選項中，只有一個 選項符合題目要求。）1.（6分）（2015?福建）如圖，一束光經玻璃三棱鏡折射后分為兩束單色光a、b，波長分別為屆、b該玻璃對單色光a、b的折射率分別為na、門|3,則（ ）:光的折射定律.:光的折射專題.:根據光線的偏折程度比較光的折射率大小，從而得出光的波長大小.B.加,naVnbC.屆V兀），naVnbD.ab,nanbA.B.V1-=,C.V1（工2D.V1=（衛）vzf Vr1v2 Vr2v2rlv2考點：人造衛星的加速度、周期和軌道的關系；萬有引力定律及其應用. 專題：人造衛

10、星問題.分析：根據萬有引力提供向心力=m=，解出線速度與軌道半徑 rr的關系進行求解.v= ,a、b到地心O的距離分別為門、2點評：本題關鍵是要掌握萬有引力提供向心力這個關系，能夠根據題意選擇恰當的向心力的表達式.3.（6分）（2015?福建）圖為遠距離輸電示意圖，兩變壓器均為理想變壓器，升壓變壓器T的原、副線圈匝數分別為ni、門2,在T的原線圈兩端接入一電壓u=Umsin的交流電源，若輸送電功率為P,輸電線的總電阻為2r,不考慮其它因素的影響，則輸電線上損失的電功率為（）TA.n2(二)”n24rB.（二）-口4rC.42 2 L ( )22r%D.i I2：24()2( . )2rnl考點

11、：;遠距離輸電.專題： 交流電專題.分析：:I理想變壓器輸入功率和輸出功率相等，通過原線圈的電壓求出副線圈的電壓，再根據P1=求出輸電線上的電流，從而求出輸電線上消耗的功率.解答：解：加在原線圈上的電壓UU1U1=:,根據電壓比與匝數比關系：UnUn2 2，解答：1解：根據萬有引力提供故選：A.第9頁（共 20 頁）)cr ru”所以：H ,2根據匸上，輸電線上的電流 匸上，輸電線上消耗的功率P耗=l2?2r=4（上丄）2（上）UU2n2 %2r.故C正確，A、B、D錯誤.故選：C.點評：解決本題的關鍵注意電壓有效值的使用及變壓器的特點，輸入功率等于輸出功率，電壓比等于匝數比.4.（6分）（2

12、015?福建）簡諧橫波在同一均勻介質中沿x軸正方向傳播，波速為V,若某時刻在波的傳播方向上，位于平衡位置的兩質點a、b相距為s,a、b之間只存在一個波谷，則從該時刻起，下列四幅波形圖中質點a最早到達波谷的是（）A.i VB. 口C.D.門*:波長、頻率和波速的關系；橫波的圖象.:根據波的傳播方向判斷出a點的振動方向，讀出波長，求出周期.分別得到質點 圖示位置到達波谷的時間，從而進行比較.:解：A圖中，波長為2s,周期為丁=一=二.a點正向上振動，V V達波谷的時間tA=-一 ；4 2v的時間的時間2波長為s,周期為谷的時間tA=T=-4 6v故D圖中質點a最早到達波谷.故選：D.解決本題的關鍵

13、要確定波長與s的關系，求得周期.能熟練根據波的傳播方向判斷質 點的振動方向.3分析：本題分段過程分析：當PQ從左端滑到ab中點的過程和從ab中點滑到右端的過程, 抓住PQ產生的感應電動勢不變.導體棒由靠近ab邊向de邊勻速滑動的過程中，產生的感應電動勢不變，外電路總電 阻先增大后減小，由歐姆定律分析PQ兩端的電壓如何變化；質點a從圖示位置到B圖中,波長為s,周期為T=二.a點正向下振動，質點V Va從圖示位置到C圖中,波長為s,周期為T= =：. a點正向上振動，質點V Va從圖示位置到D圖中,T=二.a點正向下振動，質點a從圖示位置到達波v 3v第11頁（共 20 頁）用的時間為t2,小滑塊

14、兩次的初速度大小相同且運動過程始終沿著滑道滑行，小滑塊與滑道的動摩擦因數恒定，則（）:滑塊做圓周運動，根據牛頓第二定律判斷滑塊受到的支持力大小關系, 力大小關系，再比較滑塊的運動時間.: 2 2解：在AB段，由牛頓第二定律得：mg-F=m厶，滑塊受到的支持力：F=mg-m,RR則速度v越大，滑塊受支持力F越小，摩擦力f= F就越小，22在BC段，由牛頓第二定律得：F-mg=，滑塊受到的支持力：F=mg+m二，則RR速度v越大，滑塊受支持力F越大，摩擦力f就越大,由題意知從A運動到C相比從C到A,在AB段速度較大，在BC段速度較小，所以 從A到C運動過程受摩擦力較小，用時短，故A正確，BCD錯誤

15、；故選：A.摩擦力公式即可正確解題.6.（6分）（2015?福建）如圖，由某種粗細均勻的總電阻為3R的金屬條制成的正方形線框abed，固定在水平面內且處于方向豎直向下的勻強磁場B中.一接入電路電阻為R的導體棒PQ,在水平拉力作用下沿ab、de以速度v勻速滑動，滑動過程PQ始終與ab垂直，且 與線框接觸良好，不計摩擦.在PQ從靠近ad處向be滑動的過程中（）考點：導體切割磁感線時的感應電動勢；電磁感應中的能量轉化. 專題：電磁感應一一功能問題.A.打Vt2B.tl=t2C.tlt2D.無法比較tl、t2的大小:動能定理的應用;滑動摩擦力.然后判斷摩擦本題考查了比較滑塊運動時間關系,分析清楚滑塊的

16、運動過程、應用牛頓第二定律與A.PQ中電流先增大后減小B.PQ兩端電壓先減小后增大C.PQ上拉力的功率先減小后增大D.線框消耗的電功率先減小后增大.V齊蓋枚IN WSTf第12頁（共 20 頁）&菁優Z jyeoo.con由題意，PQ上外力的功率等于電功率，由P=，分析功率的變化；rR當PQ從左端滑到ab中點的過程中，由于總電阻增大，則干路電流減小，PQeb回路的電阻減小，通過eb的電流增大，可知ab中電流減小；當PQ從ab中點滑到右端的 過程中，干路電流增大，PQda回路的電阻增大，PQ兩端的電壓減小，可知ab中電 流減小；根據矩形線框總電阻與PQ電阻的關系，分析其功率如何變化.當矩

17、形線框的總電阻 等于PQ的電阻時，線框的功率最大.解答：解：根據右手定則可知，PQ中電流的方向為QP，畫出該電路的等效電路圖如圖,R21RL其中R1為ad和be上的電阻值，R2為ab上的電阻與ed上的電阻的和，電阻之間的 關系滿足：RI+R2+RI=3R，由題圖可知，打-RX（R + %）9當導體棒位于中間位置時，左右兩側的電阻值是相等的，此時:3R 3R可知當導體棒向右運動的過程中，開始時的電阻值小于中間位置處的電阻值，所以當 導體棒向右運動的過程中電路中的總電阻先增大后減小.A、 導體棒由靠近ad邊向be邊勻速滑動的過程中，產生的感應電動勢E=BLv，保持不變，外電路總電阻先增大后減小，由

18、歐姆定律分析得知電路中的總電流先減小后增大，即PQ中電流先減小后增大.故A錯誤.B、PQ中電流先減小后增大，PQ兩端電壓為路端電壓，U=E-IR，可知PQ兩端的 電壓先增大后減小.故B錯誤；C、 導體棒勻速運動，PQ上外力的功率等于回路的電功率，而回路的總電阻K2大后減小，由P=得知，PQ上外力的功率先減小后增大.故C正確.IRD、 由以上的分析可知，導體棒PQ上的電阻始終大于線框的電阻，當導體棒向右運動的過程中電路中的總電阻先增大后減小，根據閉合電路的功率的分配關系與外電阻的關系可知，當外電路的電阻值與電源的內電阻相等時外電路消耗的電功率最大，所以可得線框消耗的電功率先增大后減小.故D錯誤.

19、故選：C.點評：本題一要分析清楚線框總電阻如何變化，抓住PQ位于ad中點時線框總電阻最大， 分析電壓的變化和電流的變化； 二要根據推論： 外電阻等于電源的內阻時電源的輸出功 率最大， 分析功率的變化.當導體棒向右運動的過程中，開始時的電阻值:R先增第13頁（共 20 頁）二、非選擇題（本題包括 4 4 小題，共 7272 分）7.（6分）（2015?福建）某同學做 探究彈力和彈簧伸長量的關系 ”的實驗.1圖甲是不掛鉤碼時彈簧下端指針所指的標尺刻度，其示數為7.73cm;圖乙是在彈簧下端懸掛鉤碼后指針所指的標尺刻度，此時彈簧的伸長量I為6.93 cm；2本實驗通過在彈簧下端懸掛鉤碼的方法來改變彈

20、簧的彈力，關于此操作，下列選項中規范的做法是A;（填選項前的字母）A逐一增掛鉤碼，記下每增加一只鉤碼后指針所指的標尺刻度和對應的鉤碼總重B.隨意增減鉤碼，記下增減鉤碼后指針所指的標尺刻度和對應的鉤碼總重3圖丙是該同學描繪的彈簧的伸長量I與彈力F的關系圖線.圖線的AB段明顯偏離直線OA，造成這種現象的主要原因是超過彈簧的彈形限度.*P兀考點：探究彈力和彈簧伸長的關系.專題： 實驗題；彈力的存在及方向的判定專題.分析： （1根據彈簧測力計的讀數方法可得出對應的讀數，再由讀數減去原長即為伸長量；2根據實驗準確性要求可明確哪種方法更為規范；3由彈簧的性質和圖象進行分析，則可得出造成圖象偏離的原因.解答

21、：解： 由圖可知，圖乙中示數為：14.65cm,則伸長量l-14.66cm 7.73cm-6.93cm；2為了更好的找出彈力與形變量之間的規律，應逐一增掛鉤碼，記下每增加一只鉤碼后指針所指的標尺刻度和對應的鉤碼總重；故選：A；3在彈簧的彈性限度范圍內，胡克定律是成立的，但若超過彈簧的彈性限度，胡克 定律將不再適用；圖中出現偏折的原因是因為超過了彈簧的彈性限度；故答案為：6.93；A;超過彈簧的彈性限度.點評：彈簧測力計的原理是在彈簧的彈性限度內，彈簧的伸長與受到的拉力成正比，對于實 驗問題，我們要充分利用測量數據求解可以減少誤差.&（12分）（2015?福建）某學習小組探究一小電珠在不

22、同電壓下的電功率大小，實驗器材 如圖甲所示，現已完成部分導線的連接.第14頁（共 20 頁）Q 0.10 0.20 030 0+40 030 0*60丙1實驗要求滑動變阻器的滑片從左到右移動過程中，電流表的示數從零開始逐漸增大，請 按此要求用筆畫線代替導線在圖甲實物接線圖中完成余下導線的連接；2某次測量，電流表指針偏轉如圖乙所示，則電流表的示數為0.44 A；3該小組描繪出的伏安特性曲線如圖丙所示，根據圖線判斷，將4只相同的小電珠并聯后，直接與電動勢為3V、內阻為1Q的電源組成閉合回路，可使小電珠的總功率最大，其 總功率的值為2.25 W（保留兩位小數）.考點：描繪小電珠的伏安特性曲線.專題：

23、; 實驗題.分析： （11根據題意確定滑動變阻器的接法，然后連接實物電路圖.2根據圖示電流表確定其量程與分度值，讀出其示數.3當內外電阻相等時電源的輸出功率最大，即小電珠的總功率最大，由圖示圖象求 出此時電珠兩端電壓與電流，由歐姆定律求出電珠的電阻，然后求出燈泡的個數，應 用功率公式可以求出小電珠的總功率.解答：解：滑動變阻器的滑片從左到右移動過程中，電流表的示數從零開始逐漸增大, 則滑動變阻器采用分壓接法，電路圖如圖所示：2由圖乙所示電流表可知，其量程為0.6A，分度值為0.02A，示數為0.44A.3電源內阻為1歐姆，當外電路電阻與電源內阻相等，即燈泡并聯總電阻為1歐姆時燈泡的總功率最大，

24、由于內外電阻相等，則內外電壓相等，電源電動勢為3V，則路端電壓為1.5V，由圖2502,10I.fin；：ll0第15頁（共 20 頁）丙所示圖象可知，3mg；電壓為1.5V時通過小電珠的電流為0.375A，此時小電珠的電阻：】Q=4Q,I 0. 3754只小電珠的并聯阻值為1Q,因此需要4只小電珠并聯，此時小電珠的總功率：P=4UI=4 X1.5XJ.375P.25.故答案為：如圖所示；0.44;4;2.25.點評：本題考查了連接實物電路圖、電流表讀數、求燈泡個數、求燈泡總功率；當電壓與電 流從零開始變化時滑動變阻器只能采用分壓接法，根據題意確定滑動變阻器的接法是正確連接實物電路圖的前提與關

25、鍵.9.(15分)(2015?福建)一摩托車由靜止開始在平直的公路上行駛，其運動過程的v-t圖象如圖所示求：(1)摩托車在020s這段時間的加速度大小a;(2)摩托車在075s這段時間的平均速度大小 一.:勻變速直線運動的圖像.:運動學中的圖像專題.:(1)v-t圖象的斜率等于加速度，由加速度的定義求解.(2)由圖象與時間軸所圍的面積表示位移，求得位移，再求平均速度大小.:解：(1)摩托車在020s這段時間的加速度a=，=1.5m/s2.At 20075s這段時間的位移、30m=1500m22020s這段時間的加速度大小a是1.5m/s;075s這段時間的平均速度大小 是20m/s.解決本題的

26、關鍵要抓住速度圖象的兩個物理意義: 圍的面積表示位移.10.(19分)(2015?福建)如圖，質量為M的小車靜止在光滑水平面上，小車AB段是半徑 為R的四分之一圓弧光滑軌道，BC段是長為L的水平粗糙軌道，兩段軌道相切于B點.一 質量為m的滑塊在小車上從A點由靜止開始沿軌道滑下，重力加速度為g.(1)若固定小車，求滑塊運動過程中對小車的最大壓力；(2)若不固定小車，滑塊仍從A點由靜止下滑，然后滑入BC軌道，最后從C點滑出小車.已 知滑塊質量m，在任一時刻滑塊相對地面(2)摩托車在平均速度大小一=丄號=嘰答：(1)摩托車在(2)摩托車在斜率等于加速度，圖象與時間軸所O204575 /$第17頁(共

27、 20 頁)速度的水平分量是小車速度大小的2倍，滑塊 與軌道BC間的動摩擦因數為 卩，求：3mg；考點：功能關系；機械能守恒定律.分析：(1)滑塊在圓弧的軌道上運動的過程中合外力提供向心力，所以滑塊在B點的左側受到的支持力要大于重力，當滑塊到達B時的速度最大，受到的支持力最大， 由機械能守恒求出滑塊在B點的速度，然后又牛頓第二定律即可求解；(2)根據題意，在任一時刻滑塊相對地面速度的水平分量是小車速度大小的 然后結合機械能守恒即可求出小車的最大速度大小vm；在任一時刻滑塊相對地面速度的水平分量是小車速度大小的 然后結合運動學的公式即可求出小車的位移.2倍,2倍，寫出速度的關系式,解答：解：(1

28、)當滑塊到達B時的速度最大，受到的支持力最大；當滑塊下滑的過程中機械 能守恒，得：mgR二gm需滑塊在B點處受到的支持力與重力的合力提供向心力，得：解得：N=3mg由牛頓第三定律得：滑塊對小車的壓力： 即滑塊運動過程中對小車的最大壓力是N =N=3mg3mg.(2)在任一時刻滑塊相對地面速度的水平分量是小車速度大小的 最大速度是vm,由機械能守恒得：1922倍，設小車的由于在任一時刻滑塊相對地面速度的水平分量是小車速度大小的 從B到C運動過程中，滑塊的平均速度是小車的平均速度的2倍，所以滑塊2倍，即：由于它們運動的時間相等，根據可得：s滑塊=2s車又:s滑塊+s車=L所以：小車的位移大小：s=

29、 L答：(1)若固定小車，求滑塊運動過程中對小車的最大壓力是 第 14 頁(共20 頁)&菁優jyeoo.con1滑塊運動過程中，小車的最大速度大小vm；2滑塊從B到C運動過程中，小車的位移大小s.解得:第19頁(共 20 頁)丈；滑塊從B到C運動過程3中，小車的位移大小是該題的第一問考查機械能守恒與向心力，比較簡單；第二問主要考查系統水平方向動量守恒和能量守恒的問題，求解兩物體間的相對位 移，往往根據平均速度研究也可以根據題目提供的特殊的條件：在任一時刻滑塊相 對地面速度的水平分量是小車速度大小的2倍， 不使用動量守恒定律.11.(20分)(2015?福建)如圖，絕緣粗糙的豎直平面M

30、N左側同時存在相互垂直的勻強電場和勻強磁場，電場方向水平向右，電場強度大小為E,磁場方向垂直紙面向外，磁感應強度大小為B一質量為m,電荷量為q的帶正電的小滑塊從A點由靜止開始沿MN下滑， 到達C點時離開MN做曲線運動.A、C兩點間距離為h，重力加速度為g.(1)求小滑塊運動到C點時的速度大小Vc；(2)求小滑塊從A點運動到C點過程中克服摩擦力做的功Wf;(3)若D點為小滑塊在電場力、洛倫茲力及重力作用下運動過程中速度最大的位置，當小滑塊運動到D點時撤去磁場，此后小滑塊繼續運動到水平地面上的P點已知小滑塊在D點時的速度大小為VD，從D點運動到P點的時間為t，求小滑塊運動到P點時速度的大小Vp.考

31、點：;帶電粒子在勻強磁場中的運動；帶電粒子在勻強電場中的運動.專題：;帶電粒子在復合場中的運動專題.分析：(1)小滑塊到達C點時離開MN，此時與MN間的作用力為零，對小滑塊受力分析 計算此時的速度的大小；(2)由動能定理直接計算摩擦力做的功Wf；(3)撤去磁場后小滑塊將做類平拋運動，根據分運動計算最后的合速度的大小；解答：(/解: (1)小滑塊沿MN運動過程，水平方向受力滿足qvB+N=qE小滑塊在C點離開MN時N=0F解得Vc=(2) 滑塊運動過程中，小車的最大速度大小是C.物體內熱運動速率大的分子數占總分子數比例與溫度無關第 16 頁（共 20 頁）小滑塊速度最大時，速度方向與電場力、重力

32、的合力方向垂直, 撤去磁場后小滑塊將做類平拋運動，等效加速度為g,（3）小滑塊運動到P點時速度的大小Wf為mgh2B2（2）由動能定理mgh-Wf=1 2 尹化-0解得Wf=mgh-2B2(3)如圖，2VD-2PV且第仃頁（共 20 頁）（2）小滑塊從A點運動到C點過程中克服摩擦力做的功解決本題的關鍵是分析清楚小滑塊的運動過程，在與MN分離時，小滑塊與MN間的作用力為零，在撤去磁場后小滑塊將做類平拋運動，根據滑塊的不同的運動過程逐步 求解即可. 物理- -選修 3-33-312.（6分）（2015?福建）下列有關分子動理論和物質結構的認識，其中正確的是（）A.分子間距離減小時分子勢能一定減小B.溫度越高，物體中分子無規則運動越劇烈解得- _ j：_：，答：（門小滑塊運動到C點時的速度大小vc為：;vp為沖：手;匚宀第仃頁（共 20 頁）D非晶體的物理性質各向同性而晶體的物理性質都是各向異性考點：物體的內能；*晶體和非晶體.分析：分子間距離減小時分子勢能可能減小，也可能增大；溫度是分子平均動能的標志；根 據麥克斯韋統計規律可以解釋分子的速率的分布規律；單晶體的物理性質是各向異 性，多晶體和非晶體的物理性質各向同性.解答：解：A、當分子力表現為斥力時，