甘肃省高考物理二诊试卷（含解析）.doc

甘肃省2015届高考 物理二诊试卷一、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15题只有一项符合题目要求，第6-8题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1（6分）下列有关物理学史或物理理论的说法，其中错误的是（）a牛顿第一定律涉及了两个重要的物理概念：力和惯性b“如果电场线与等势面不垂直，那么电场强度沿着等势面方向就有一个分量，在等势面上移动电荷时静电力就要做功”，这里使用的是归纳法c麦克斯韦电磁场理论认为：周期性变化的电场和磁场是相互联系、不可分割的，统称为电磁场，它具有能量，以有限的速度光速传播d伽利略通过实验和合理的推理提出质量并不是影响落体运动快慢的原因2（6分）电影智取威虎山中有精彩而又刺激的解放军战士滑雪的镜头假设某战士从弧形的雪坡上沿水平方向飞出后，又落回到倾斜的雪坡上，如图所示，若倾斜的雪坡倾角为，战士飞出时的水平速度大小为v0，且他飞出后在空中的姿势保持不变，不计空气阻力，重力加速度为g，则（）a如果v0不同，该战士落到雪坡时的位置不同，速度方向也不同b如果v0不同，该战士落到雪坡时的位置不同，但空中运动时间相同c该战士刚要落到雪坡上时的速度大小是d该战士在空中经历的时间是3（6分）在静止的液体中下落的物体由于阻力随物体的速度的增大而增大，所以最终会达到一个恒定的速度，称之为收尾速度一个铁球质量为m，用手将它完全放人足够深的水中后由静止释放，最后铁球的收尾速度为v，若铁球在水中所受浮力保持不变恒为f，重力加速度为g则关于该铁球，下列说法正确的是（）a若测得它从释放至达到收尾速度所用时间为t，则它下落的位移一定为b若测得它下落高度为h时的加速度大小为a，则此刻它的速度为c若测得某时刻它的加速度大小为a，则此刻它受到的水的阻力为m（a+g）fd若测得它下落t时间通过的位移为y，则该过程的平均速度一定为4（6分）如图所示，滑块以速率v1，沿固定斜面由底端向上滑行，至某一位置后返回，回到出发点时的速率变为v2，且v2v1，则下列说法正确的是（）a滑块在上滑过程中机械能减少，在下滑过程中机械能增加b在上滑和下滑两过程中，重力做的功相同c在上滑和下滑两过程中，摩擦力做的功相同d在上滑和下滑两过程中，摩擦力的平均功率相等5（6分）如图所示，空间存在垂直纸面向里的匀强磁场，从p点平行直线mn射出的a、b两个带电粒子，它们从p点射出开始计时到第一次到达直线mn所用的时间相同，到达mn时速度方向与mn的夹角分别为60和90，不计重力以及粒子间的相互作用力，则两粒子速度大小之比va：vb为（）a2：1b3：2c4：3d：6（6分）磁流体发电是一项新兴技术如图所示，平行金属板之间有一个很强的匀强磁场，将一束含有大量正、负带电粒子的等离子体，沿图中所示方向以一定速度喷人磁场图中虚线框部分相当于发电机把两个极板与用电器相连，则（）a用电器中的电流方向从a到bb用电器中的电流方向从b到ac若只增强磁场，发电机的电动势增大d若只增大喷人粒子的速度，发电机的电动势增大7（6分）如图所示，极地卫星的运行轨道平面通过地球的南、北两极（轨道可视为圆轨道，图中外围虚线），若测得一个极地卫星从北纬30的正上方，按图示方向（图中逆时针方向）第一次运行至南纬60正上方时所用时间为t，已知：地球半径为r（地球可看做球体），地球表面的重力加速度为g，引力常量为g，由以上条件可以求出（）a卫星运动的周期b卫星距地面的高度c卫星质量d卫星所受的向心力8（6分）一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能e随位移x变化的关系如图所示，其中0x2段是对称的曲线，x2x3段是直线，则下列说法正确的是（）ax1处电场强度为正值bx1、x2、x3处电势1、2、3的关系为123c粒子在0x2段做匀变速运动，x2x3段做匀速直线运动dx2x3段是匀强电场三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第9题第12题为必考题，每个试题考生都必须作答第13题一第18题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题9（6分）在验证机械能守恒定律实验中，两实验小组同学分别采用了如图甲和乙所示的装置，用两种不同的实验方案进行实验在甲图中，下落物体应选择密度较大的重物；在乙图中，两个重物的质量关系是：m1m2（选填“”、“=”或“”）；若采用图乙的方案进行实验，除图中的器材外，还需要的实验器材有：频率为50hz交流电源、刻度尺和，某次实验所打纸带如图丙所示，o为第一个点，a、b、c、d点到o点的距离已标出，打点时间间隔为0.02s，则记录c点时，重物速度vc=m/s10（9分）测量电源的电动势e及内阻r（e约为4.5v，r约为1.5）器材：量程为3v的理想电压表v，量程为0.5a的电流表a（具有一定内阻），固定电阻r=4，滑动变阻器r，开关k，导线若干画出实验电路原理图，图中各元件需用题目中所给出的符号或字母标出实验中，当电流表读数为i1时，电压表读数为u1；当电流表读数为i2时，电压表读数为u2，则可以求出e=，r=（用i1，i2，ul，u2及r表示）11（12分）一劲度系数k=800n/m的轻质弹簧两端分别连接着质量均为12kg的物体a、b，将它们竖直静止放在水平面上，如图所示现将一竖直向上的变力f作用在a上，使a开始向上做匀加速运动，经0.40s物体b刚要离开地面g=10m/s2，试求：（1）物体b刚要离开地面时，a物体的速度va；（2）此过程中物体a重力势能的改变量12如图所示，一个边缘带有凹槽的金属圆环，沿其直径装有一根长2l的金属杆ac，可绕通过圆环中心的水平轴o转动将一根质量不计的足够长细绳一端固定于槽内并将绳绕于圆环槽内，绳子的另一端悬挂了一个质量为m的物体圆环的一半处在磁感应强度为b，方向垂直环面向里的匀强磁场中现将物体由静止释放，若金属圆环和金属杆单位长度的电阻均为r忽略所有摩擦和空气阻力（1）设某一时刻圆环转动的角速度为0，且oa边在磁场中，请求出此时金属杆oa产生电动势的大小；（2）请求出物体在下落中可达到的最大速度；（3）当物体下落达到最大速度后，金属杆oc段刚要进入磁场时，杆的a、o两端之间电压多大？(二）选考题，请考生从以下三个模块中任选一模块作答物理-选修3-3（15分）13（5分）下列说法正确的是（）a只知道水蒸气的摩尔体积和水分子的体积，不能计算出阿伏加德罗常数b硬币或钢针能浮于水面上，是由于液体表面张力的作用c晶体一定具有固定的熔点、规则的几何外形和物理性质的各向异性d影响蒸发快慢以及影响人们对干爽与潮湿感受的因素是空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和气压的差距e随着科技的发展，将来可以利用高科技手段，将散失在环境中的内能重新收集起来加以利用而不引起其他变化14（10分）如图物所示，绝热气缸封闭一定质量的理想气体，被重量为g的绝热活塞分成体积相等的m、n上下两部分，气缸内壁光滑，活塞可在气缸内自由滑动设活塞的面积为s，两部分的气体的温度均为t0，m部分的气体压强为p0，现把m、n两部分倒置，仍要使两部分体积相等，需要把m的温度加热到多大？物理-选修3-415一列简谐横波沿直线传播以波源o由平衡位置开始振动为计时零点，质点a的振动图象如图所示，已知o、a的平衡位置相距0.9m，则该横波波长为m，波速大小为m/s，波源的起振方向是沿y轴方向（选填“正”或“负”）161966年33岁的华裔科学家高锟首先提出光导纤维传输大量信息的理论，43年后高锟因此获得2009年诺贝尔物理学奖如图所示一长为l的直光导纤维，外套的折射率为n1，内芯的折射率为n2，一束单色光从图中o1点进入内芯斜射到内芯与外套的介质分界面m点上恰好发生全反射，o1o2为内芯的中轴线，真空中的光速为c求：该单色光在内芯与外套的介质分界面上恰好发生全反射时临界角c的正弦值；该单色光在光导纤维中的传播时间物理-选修3-517根据玻尔理论，氢原子的电子从能量为e的轨道跃迁到能量为e的轨道，会辐射出波长为的光，以h表示普朗克常量，c表示真空中的光速，则e，该氢原子的电子绕核运转的动能会（选填“增大”、“减小”或“不变”）18人站在小车上和小车一起以速度v0沿光滑水平面向右运动地面上的人将一小球以速度v沿水平方向向左抛给车上的人，人接住后再将小球以同样大小的速度v水平向右抛出，接和抛的过程中车上的人和车始终保持相对静止重复上述过程，当车上的人将小球向右抛出n次后，人和车速度刚好变为0已知人和车的总质量为m，求小球的质量m甘肃省2015届高考物理二诊试卷参考答案与试题解析一、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15题只有一项符合题目要求，第6-8题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1（6分）下列有关物理学史或物理理论的说法，其中错误的是（）a牛顿第一定律涉及了两个重要的物理概念：力和惯性b“如果电场线与等势面不垂直，那么电场强度沿着等势面方向就有一个分量，在等势面上移动电荷时静电力就要做功”，这里使用的是归纳法c麦克斯韦电磁场理论认为：周期性变化的电场和磁场是相互联系、不可分割的，统称为电磁场，它具有能量，以有限的速度光速传播d伽利略通过实验和合理的推理提出质量并不是影响落体运动快慢的原因考点：物理学史 分析：牛顿第一定律的内容：一切物体在没有受到任何力的作用时，总保持静止状态或匀速直线运动状态牛顿第一定律又称惯性定律电场和磁场都是一种客观存在的物质，是相互联系的，统称为电磁场伽利略的观点是：力是改变物体运动状态的原因，物体下落的快慢与物体的轻重没有关系解答：解：a、牛顿第一定律的内容：一切物体在没有受到任何力的作用时，总保持静止状态或匀速直线运动状态，牛顿第一定律揭示了力和运动的关系：力是改变物体运动状态的原因，阐明了惯性的概念：物体具有的保持原来运动状态的性质，所以牛顿第一定律又称惯性定律故a正确b、“如果电场线与等势面不垂直，那么电场强度沿着等势面方向就有一个分量，在等势面上移动电荷时静电力就要做功”采用的是假设法，故b错误c、根据麦克斯韦电磁场理论得知电场和磁场是一种客观存在的物质，是相互联系的，统称为电磁场它们都具有能量和动量，在真空中传播速度等于光速，故c正确d、伽利略通过实验和合理的推理提出物体下落的快慢与物体的轻重没有关系，即质量并不影响落体运动快慢故d正确本题选错误的，故选：b点评：本题关键要理解并记住牛顿第一定律、麦克斯韦电磁场理论和伽利略对自由落体运动的研究成果，即正确理解科学家的观点以及其实验，即可轻松解答2（6分）电影智取威虎山中有精彩而又刺激的解放军战士滑雪的镜头假设某战士从弧形的雪坡上沿水平方向飞出后，又落回到倾斜的雪坡上，如图所示，若倾斜的雪坡倾角为，战士飞出时的水平速度大小为v0，且他飞出后在空中的姿势保持不变，不计空气阻力，重力加速度为g，则（）a如果v0不同，该战士落到雪坡时的位置不同，速度方向也不同b如果v0不同，该战士落到雪坡时的位置不同，但空中运动时间相同c该战士刚要落到雪坡上时的速度大小是d该战士在空中经历的时间是考点：平抛运动 专题：平抛运动专题分析：该战士离开平台做平抛运动，抓住竖直位移和水平位移的关系得出运动的时间，结合速度方向与水平方向夹角和位移方向与水平方向夹角的关系得出速度的方向解答：解：ad、根据tan=，解得平抛运动的时间为：t=则水平位移为：x=v0t=，知初速度不同，水平位移不同，落点位置不同因为速度与水平方向的夹角正切值为：tan=2tan，因为为定值，则速度与水平方向的夹角为定值，则落在斜面上的速度方向相同故a错误，d正确b、由t=知，v0不同，该战士落到雪坡时的位置不同，在空中运动时间也不同，故b错误c、该战士刚要落到雪坡上时的速度大小为：v=，故c错误故选：d点评：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，以及知道速度方向与水平方向夹角的正切值是位移方向与水平方向夹角正切值的2倍3（6分）在静止的液体中下落的物体由于阻力随物体的速度的增大而增大，所以最终会达到一个恒定的速度，称之为收尾速度一个铁球质量为m，用手将它完全放人足够深的水中后由静止释放，最后铁球的收尾速度为v，若铁球在水中所受浮力保持不变恒为f，重力加速度为g则关于该铁球，下列说法正确的是（）a若测得它从释放至达到收尾速度所用时间为t，则它下落的位移一定为b若测得它下落高度为h时的加速度大小为a，则此刻它的速度为c若测得某时刻它的加速度大小为a，则此刻它受到的水的阻力为m（a+g）fd若测得它下落t时间通过的位移为y，则该过程的平均速度一定为考点：牛顿第二定律 专题：牛顿运动定律综合专题分析：小球在运动的过程中，做加速度逐渐减小的加速运动，达到收尾速度后做匀速直线运动，不能运用匀变速直线运动的运动学公式和推论进行求解，根据牛顿第二定律求出小铁球下落时受到水的阻力大小解答：解：a、小球释放到达收尾速度过程中，阻力增大，加速度减小，做加速度减小的加速运动，不能通过匀变速直线运动的运动学公式和推论进行求解故a错误b、因为该过程中的加速度在变化，不能通过v2=2ah求解小球的速度故b错误c、根据牛顿第二定律得，mgff=ma，解得小铁球受到水的阻力f=mgfma故c错误d、根据平均速度的定义式，位移为y，时间为t，则平均速度为故d正确故选：d点评：解决本题的关键知道铁球在下落过程中的运动规律，注意小球所做的运动不是匀变速运动4（6分）如图所示，滑块以速率v1，沿固定斜面由底端向上滑行，至某一位置后返回，回到出发点时的速率变为v2，且v2v1，则下列说法正确的是（）a滑块在上滑过程中机械能减少，在下滑过程中机械能增加b在上滑和下滑两过程中，重力做的功相同c在上滑和下滑两过程中，摩擦力做的功相同d在上滑和下滑两过程中，摩擦力的平均功率相等考点：功能关系；功的计算 分析：物体一直克服摩擦力做功，机械能一直减小根据用平均速度列出上滑与下滑过程的位移表达式，比较时间关系；物体上滑和下滑过程所受的滑动摩擦力大小相等，摩擦力做功相等解答：解：a、因为v2v1，说明物体受到滑动摩擦力，摩擦力方向与物体运动方向相反，所以物体一直克服摩擦力做功，其机械能一直减小故a错误b、设滑块升高的最大高度是h，则上升的过程中重力做功：w=mgh，下降的过程中重力做功为w=mgh，二者不相等故b错误c、d、设斜面的长度为l，上滑与下滑所用时间分别为t1和t2则： l=，l=因为v2v1，则得t2t1，即下滑时间较长；设物体的质量为m，动摩擦因数为，斜面的长度为l，倾角为，则上滑过程中摩擦力做功为wf=mgcosl，下滑过程中摩擦力做功为wf=mgcosl，可见，在上滑和下滑两过程中，摩擦力做功相等在上滑和下滑两过程中，摩擦力做的功相同，而时间不同，所以摩擦力的平均功率不相等故c正确，d错误故选：c点评：本题关键要正确理解功和能关系，知道摩擦力做功与路程有关；机械能的变化与除重力、弹力以外的力做功有关5（6分）如图所示，空间存在垂直纸面向里的匀强磁场，从p点平行直线mn射出的a、b两个带电粒子，它们从p点射出开始计时到第一次到达直线mn所用的时间相同，到达mn时速度方向与mn的夹角分别为60和90，不计重力以及粒子间的相互作用力，则两粒子速度大小之比va：vb为（）a2：1b3：2c4：3d：考点：带电粒子在匀强磁场中的运动 专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：做出粒子的轨迹，由几何知识得到粒子的半径之比，进而由牛顿第二定律得到速度表达式，得到速度之比解答：解：两粒子做圆周运动的轨迹如图：设p点到mn的距离为l，由图知b的半径为：rb=l，对于a粒子的半径：l+racos60=ra得：ra=2l即两粒子的速度之比为ra：rb=2：1；粒子做圆周运动的周期为：t=由题有：=得两粒子的比荷为：=粒子的洛伦兹力提供向心力，有：qvb=m得：r=联立得：=故选：c点评：本题关键是明确粒子做匀速圆周运动，周期t相同，画出轨迹后，根据公式t=t求出时间，作出粒子的运动轨迹是正确解题的关键6（6分）磁流体发电是一项新兴技术如图所示，平行金属板之间有一个很强的匀强磁场，将一束含有大量正、负带电粒子的等离子体，沿图中所示方向以一定速度喷人磁场图中虚线框部分相当于发电机把两个极板与用电器相连，则（）a用电器中的电流方向从a到bb用电器中的电流方向从b到ac若只增强磁场，发电机的电动势增大d若只增大喷人粒子的速度，发电机的电动势增大考点：带电粒子在混合场中的运动 专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：本题的关键是动态分析过程，先根据左手定则判断出正离子（或负离子）受到的洛伦兹力方向，从而判断出金属板电势的高低，进一步分析离子除受洛伦兹力外还受到电场力，最终二者达到平衡，得出结论解答：解：ab、首先对等离子体进行动态分析：开始时由左手定则判断正离子所受洛伦兹力方向向上（负离子所受洛伦兹力方向向下），则正离子向上板聚集，负离子则向下板聚集，两板间产生了电势差，即金属板变为一电源，且上板为正极下板为负极，所以通过用电器的电流方向从a到b，故a正确，b错误；cd、此后的正离子除受到向上的洛伦兹力f外还受到向下的电场力f，最终两力达到平衡，即最终等离子体将匀速通过磁场区域，因f=qvb，f=q，则qvb=q，解得e=bdv，所以电动势e与速度v及磁场b成正比，所以c、d正确故选：acd点评：正确受力分析和运动过程分析是解决动力学问题的关键，先根据左手定则判断等离子体的正离子（或负离子）所受洛伦兹力的方向，从而知道金属板的电势高低，进一步受力分析结合牛顿第二定律可得出最终等离子体做匀速直线运动，根据洛伦兹力等于电场力即可得出结论7（6分）如图所示，极地卫星的运行轨道平面通过地球的南、北两极（轨道可视为圆轨道，图中外围虚线），若测得一个极地卫星从北纬30的正上方，按图示方向（图中逆时针方向）第一次运行至南纬60正上方时所用时间为t，已知：地球半径为r（地球可看做球体），地球表面的重力加速度为g，引力常量为g，由以上条件可以求出（）a卫星运动的周期b卫星距地面的高度c卫星质量d卫星所受的向心力考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系 专题：人造卫星问题分析：地球表面重力等于万有引力，卫星运动的向心力由地球对卫星的万有引力提供，据此展开讨论即可解答：解：a、卫星从北纬30的正上方，第一次运行至南纬60正上方时，刚好为运动周期的，所以卫星运行的周期为4t，故a正确；b、知道周期、地球的半径，由，可以算出卫星距地面的高度，故b正确；c、通过上面的公式可以看出，只能算出中心天体的质量，不能计算出卫星的质量，以及卫星受到的向心力故c错误，d错误故选：ab点评：该题考查万有引力定律的应用，灵活运动用重力和万有引力相等以及万有引力提供圆周运动的向心力是解决本题的关键8（6分）一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能e随位移x变化的关系如图所示，其中0x2段是对称的曲线，x2x3段是直线，则下列说法正确的是（）ax1处电场强度为正值bx1、x2、x3处电势1、2、3的关系为123c粒子在0x2段做匀变速运动，x2x3段做匀速直线运动dx2x3段是匀强电场考点：电势差与电场强度的关系；电场强度 专题：电场力与电势的性质专题分析：根据电势能与电势的关系：ep=q，场强与电势的关系：e=，结合分析图象斜率与场强的关系，即可求得x1处的电场强度；根据能量守恒判断速度的变化；由ep=q，分析电势的高低由牛顿第二定律判断加速度的变化，即可分析粒子的运动性质根据斜率读出场强的变化，由f=qe，分析电场力的变化解答：a、根据电势能与电势的关系：ep=q，场强与电势的关系：e=，得：e=，由数学知识可知epx图象切线的斜率等于，x1处切线斜率为零，则x1处电场强度为零，故a错误b、根据电势能与电势的关系：ep=q，粒子带负电，q0，则知：电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有：123故b正确c、d、由图看出在0x1段图象切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动x1x2段图象切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动x2x3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，故c错误，d正确故选：bd点评：解决本题的关键要分析图象斜率的物理意义，判断电势和场强的变化，再根据力学基本规律：牛顿第二定律进行分析电荷的运动情况三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第9题第12题为必考题，每个试题考生都必须作答第13题一第18题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题9（6分）在验证机械能守恒定律实验中，两实验小组同学分别采用了如图甲和乙所示的装置，用两种不同的实验方案进行实验在甲图中，下落物体应选择密度较大的重物；在乙图中，两个重物的质量关系是：m1m2（选填“”、“=”或“”）；若采用图乙的方案进行实验，除图中的器材外，还需要的实验器材有：频率为50hz交流电源、刻度尺和天平，某次实验所打纸带如图丙所示，o为第一个点，a、b、c、d点到o点的距离已标出，打点时间间隔为0.02s，则记录c点时，重物速度vc=0.78m/s考点：验证机械能守恒定律 专题：实验题分析：1、2、在验证机械能守恒定律的实验中，应选择质量大，体积小的物体作为重物乙图是验证系统机械能守恒，通过实验的原理确定测量的器材3、根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上c点时小车的瞬时速度大小解答：解：（1）为了减小实验的误差，乙图是验证系统机械能是否守恒，m1向下运动，m2向上运动，所以m1m2（2）验证系统机械能是否守恒，即验证系统动能的增加量和系统重力势能的减小量是否相等，动能的增加量为ek=（m1+m2）v2，重力势能的减小量为ep=（m1m2）gh可知需要测量两个重物的质量，所以实验器材还需要天平（3）根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上c点时小车的瞬时速度大小vc=0.780m/s故答案为：（1）；（2）天平；（3）0.780点评：解决本题的关键知道实验的原理，通过原理确定测量的器材以及误差的来源要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用10（9分）测量电源的电动势e及内阻r（e约为4.5v，r约为1.5）器材：量程为3v的理想电压表v，量程为0.5a的电流表a（具有一定内阻），固定电阻r=4，滑动变阻器r，开关k，导线若干画出实验电路原理图，图中各元件需用题目中所给出的符号或字母标出实验中，当电流表读数为i1时，电压表读数为u1；当电流表读数为i2时，电压表读数为u2，则可以求出e=，r=r（用i1，i2，ul，u2及r表示）考点：测定电源的电动势和内阻 专题：实验题分析：测电源的电动势和内电阻采用的是一般的限流接法，只需测出通过电源的两组电压和电流即可联立求得电源的电动势和内阻解答：解：本实验采用限流接法，即将滑动变阻器、电源、电流表串联；电压表并联在电源两端；本题由于电源电压较大，故应加入保护电阻；答案如图所示； 由闭合电路欧姆定律可知：u1=ei1ru2=ei2r联立解得：e=； r=由于r中含有保护电阻，故电源的电阻应为：r=rr=r；故答案为：如图所示；，r点评：本题需注意（1）由于电源电动势较大而内阻较小，故电路中应接入保护电阻；（2）本实验一般采用图象法求电动势和内电阻；本题中的计算法误差较大11（12分）一劲度系数k=800n/m的轻质弹簧两端分别连接着质量均为12kg的物体a、b，将它们竖直静止放在水平面上，如图所示现将一竖直向上的变力f作用在a上，使a开始向上做匀加速运动，经0.40s物体b刚要离开地面g=10m/s2，试求：（1）物体b刚要离开地面时，a物体的速度va；（2）此过程中物体a重力势能的改变量考点：功能关系；牛顿第二定律 分析：（1）开始时弹簧压缩，求解出压缩量；物体b刚要离开地面时，求解出弹簧的伸长量；然后根据重力势能的定义公式求解重力势能的增加量；（2）拉力对a、b、弹簧系统做的功等于系统机械能的增加量，根据功能关系列式求解即可解答：解：（1）开始时mag=kx1当物体b刚要离地面时kx2=mbg可得：x1=x2=0.15 m由x1+x2=at2va=at得：va=1.5 m/s（2）物体a重力势能增大，epa=mag（x1+x2）=36 j答：（1）物体b刚要离开地面时，a物体的速度va为1.5m/s；（2）物体a重力势能增加36j点评：本题关键明确物体做的是匀加速直线运动，同时要能根据平衡条件和胡克定律求解出物体的位移，最后要能根据功能关系列式求解，较难12如图所示，一个边缘带有凹槽的金属圆环，沿其直径装有一根长2l的金属杆ac，可绕通过圆环中心的水平轴o转动将一根质量不计的足够长细绳一端固定于槽内并将绳绕于圆环槽内，绳子的另一端悬挂了一个质量为m的物体圆环的一半处在磁感应强度为b，方向垂直环面向里的匀强磁场中现将物体由静止释放，若金属圆环和金属杆单位长度的电阻均为r忽略所有摩擦和空气阻力（1）设某一时刻圆环转动的角速度为0，且oa边在磁场中，请求出此时金属杆oa产生电动势的大小；（2）请求出物体在下落中可达到的最大速度；（3）当物体下落达到最大速度后，金属杆oc段刚要进入磁场时，杆的a、o两端之间电压多大？考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律 专题：电磁感应与电路结合分析：（1）已知金属杆转动的角速度，根据：求出金属杆切割测磁感线产生的感应电动势；（2）根据欧姆定律求出金属杆中的电流，根据安培力的公式求得金属杆受到的安培力，最后求出物体下落的最大速度；（3）根据串联电路的分压特点即可求出co两端的电压解答：解：（1）已知金属杆转动的角速度，oa产生的电动势：（2）等效电路如图所示，两个半圆部分的电阻并联后与另一半半径上的电阻串联，r外2=lrr=lr当达到最大速度时，重物的重力的功率等于电路中消耗的电功率：其中：v=0l联立以上公式，解得：（3）当物体下落达到最大速度后，杆受到的安培力的力矩与物体的力矩相等，得：所以oa上的电流大小为：当oc段在磁场中时，答：（1）设某一时刻圆环转动的角速度为0，且oa边在磁场中，此时金属杆oa产生电动势的大小是（2）物体在下落中可达到的最大速度（3）当物体下落达到最大速度后，金属杆oc段进入磁场时，杆a、o两端电压是点评：本题考查了求安培力的功率、产生的内能，求出感应电动势、安培力、应用能量守恒定律即可正确解题(二）选考题，请考生从以下三个模块中任选一模块作答物理-选修3-3（15分）13（5分）下列说法正确的是（）a只知道水蒸气的摩尔体积和水分子的体积，不能计算出阿伏加德罗常数b硬币或钢针能浮于水面上，是由于液体表面张力的作用c晶体一定具有固定的熔点、规则的几何外形和物理性质的各向异性d影响蒸发快慢以及影响人们对干爽与潮湿感受的因素是空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和气压的差距e随着科技的发展，将来可以利用高科技手段，将散失在环境中的内能重新收集起来加以利用而不引起其他变化考点：热力学第二定律；* 液体的表面张力现象和毛细现象；*相对湿度 分析：解答本题需掌握：（1）气体分子间距离较大，不能根据阿伏加德罗常数计算分子体积；（2）液体表面分子较稀疏，分子间的相互作用产生液体的表面张力；（3）掌握晶体的性质，明确晶体有固定的熔点、规则的几何外形及各向异性；（4）理解饱和气压的意义，会解释有关现象；（5）热力学第二定律：为不可能把热从低温物体传到高温物体而不产生其他影响；不可能从单一热源取热使之完全转换为有用的功而不产生其他影响解答：解：a、液体和固体可用摩尔体积除以分子体积得阿伏加德罗常数，而气体分子占有的空间原大于分子的大小，所以不能计算出阿伏加德罗常数，故a正确；b、硬币或钢针能浮于水面上，是由于液体表面张力的作用，故b正确；c、晶体分为单晶体和多晶体，多晶体物理性质各向同性，故c错误；d、空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和气压的差距影响蒸发快慢，故d正确；e、根据热力学第二定律，能量具有单向性，故不能将散失的能量再聚集利用，故e错误故选：abd点评：本题考查了阿伏加德罗常数、热力学第二定律、晶体的性质及饱和气压的定义等，知识点多，难度小，要加强基础知识的识记14（10分）如图物所示，绝热气缸封闭一定质量的理想气体，被重量为g的绝热活塞分成体积相等的m、n上下两部分，气缸内壁光滑，活塞可在气缸内自由滑动设活塞的面积为s，两部分的气体的温度均为t0，m部分的气体压强为p0，现把m、n两部分倒置，仍要使两部分体积相等，需要把m的温度加热到多大？考点：理想气体的状态方程 专题：理想气体状态方程专题分析：求出m部分气体的状态参量，应用查理定律可以求出气体的温度解答：解：由题意知，倒置前后，n部分气体体积与温度不变，由理想气体状态方程可知，其压强不变，n部分气体的压强：pn=p0+，m部分气体状态参量：p1=p0，t1=t0，p2=pn+=p0+，倒置过程气体体积不变，对气体m，由查理定律得：=，即：=，解得：t2=（1+）t0；答：需要把m的温度加热到（1+）t0点评：本题考查了求气体温度问题，求出气体初末状态的参量，应用查理定律即可正确解题；知道整个过程中n的压强不变、应用平衡条件求出气体压强是正确解题的前提与关键物理-选修3-415一列简谐横波沿直线传播以波源o由平衡位置开始振动为计时零点，质点a的振动图象如图所示，已知o、a的平衡位置相距0.9m，则该横波波长为1.2m，波速大小为0.3m/s，波源的起振方向是沿y轴正方向（选填“正”或“负”）考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象 分析：首先明确yt图象是振动图象，由图可知周期为4s和a点的起振方向，即可得到波源的起振方向；据波速公式v=求解波速解答：解：据图象可知：a点比波源o晚振动3s，即波从o传到a的时间 t=3s，所以波速为：v=0.3m/s振动周期为 t=4s，波长为：=vt=0.34m=1.2m据波的传播特点，各质点的起振方向与波源的起振方向相同；据图象可知，a点的起振方向沿y轴的正方向，则波源的起振