甘肃省张掖市高考物理四诊试卷（含解析）.doc

甘肃省张掖市2015届高考物理 四诊试卷一、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68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）放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在06s内其速度与时间的图象和拉力的功率与时间的图象如图所示下列说法正确的是（）a物体的质量为kgb滑动摩擦力的大小为5nc06s内物体的位移大小为24md02s内拉力做的功为20j2（6分）斜面上放有两个完全相同的物体a、b，两物体中间用一根细线连接，在细线的中点加一个与斜面垂直的拉力f，使两物体均处于静止状态如图所示则下列说法正确的是（）aa、b两物体的受力个数一定相同ba、b两物体对斜面的压力一定相同ca、b两物体受到的摩擦力大小一定相等d当逐渐增大拉力f时，物体b先开始滑动3（6分）在地面上方的a点以e1=3j的初动能水平抛出一小球，小球刚落地前的瞬时动能为e2=7j，落地点在b点，不计空气阻力，则a、b两点的连线与水平方向的夹角为（）a30b37c45d604（6分）如图所示，直线mn上方有垂直纸面向里的匀强磁场，电子1从磁场边界上的a点垂直mn和磁场方向射入磁场，经t1时间从b点离开磁场之后电子2也由a点沿图示方向以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，则为（）ab2cd35（6分）经过探究，某同学发现：点电荷和无限大的接地金属平板间的电场（如图甲所示）与等量异种点电荷之间的电场分布（如图乙所示）完全相同图丙中点电荷q到mn的距离oa为l，ab是以电荷q为圆心、l为半径的圆上的一条直径，则b点电场强度的大小是（）abcd6（6分）假设地球可视为质量分布均匀的球体已知地球表面两极处的重力加速度大小为g0，地球的半径为r，地球的自转周期为t，引力常量为g，由此可知（）a地球的质量为b地球表面赤道处的重力加速度大小为g0c近地卫星在轨运行的加速度大小为d地球同步卫星在轨道上运行的加速度大小为7（6分）如图所示，一理想变压器的原、副线圈匝数之比为n1：n2=10：1，原线圈接入电压u=220sin100t（v）的交流电源，电压表和电流表对电路的影响可忽略不计，定值电阻r=10，可变电阻r的阻值范围为010，则（）a副线圈中交变电流的频率为100hzbt=0.02s时，电压表的示数为22vc调节可变电阻r的阻值时，电流表示数的变化范围为0.11a0.22ad当可变电阻阻值为10时，变压器的输入电功率为242w8（6分）如图所示，竖直平面内有两条水平的平行虚线ab、cd，间距为d，其间（虚线边界上无磁场）有磁感应强度为b的匀强磁场，一个正方形线框边长为l，质量为m，电阻为r线框位于位置1时，其下边缘到ab的距离为h现将线框从位置1由静止释放，依次经过2、3、4三个位置，其下边框刚进入磁场和刚要穿出磁场时的速度相等，重力加速度为g，下列说法正确的是（）a线框在经过2、3、4三个位置时，位置3时线圈速度一定最小b线框进入磁场过程中产生的电热q=mg（dl）c线框从位置2下落到位置4的过程中加速度一直减小d线框在即将到达位置3的瞬间克服安培力做功的瞬时功率为三、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题第18题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题9（6分）用如图1所示的装置探究加速度与力和质量的关系，带滑轮的长木板和弹簧测力计均水平固定实验时，一定要进行的操作是a小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数b改变砂和砂桶质量，打出几条纸带c用天平测出砂和砂桶的质量d为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量以弹簧测力计的示数f为横坐标，以加速度a为纵坐标，图2画出的af图象可能正确的是若测出af图象的斜率为k后，则小车的质量为10（9分）某同学要测量一个由均匀新材料制成的圆柱体的电阻率，步骤如下：（1）用20分度的游标卡尺测量其长度如图甲所示，可知其长度为mm；（2）用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，可知其直径为mm；（3）用多用电表的电阻“10”档，按正确的操作步骤粗测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图丙所示，则该电阻的阻值约为；（4）为更精确地测量其电阻，现有的器材及其代号和规格如下：待测圆柱体电阻r电流表a1（量程03ma，内阻约50）电流表a2（量程015ma，内阻约30）电压表v1（量程03v，内阻约10k）电流表v2（量程015v，内阻约25k）滑动变阻器r1（阻值范围015）滑动变阻器r2（阻值范围02k）直流电源（电动势4v，内阻不计） 开关s，导线若干为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，电流表应选用，电压表应选用，请在图丁方框中画出测量用的正确图，并标明所用器材的代号11（14分）如图所示，水平传送带以速度v1=2m/s匀速向左运动，小物块p、q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，mp=2kg、mq=1kg，已知某时刻p在传送带右端具有向左的速度v2=4m/s，小物块p与传送带之间的动摩擦因数=0.1，p与定滑轮间的绳始终保持水平不计定滑轮质量和摩擦，小物块p与传送带之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，传送带、绳足够长，取g=10m/s2，求：（1）小物块p在传送带上向左运动的最大距离；（2）小物块p离开传送带时的速度12（18分）如图所示，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度为b，方向垂直纸面向里在x轴下方存在匀强电场，方向竖直向上一个质量为m，电荷量为q，重力不计的带正电粒子从y轴上的a（h，0）点沿y轴正方向以某一初速度开始运动，经过一段时间后，粒子与x轴正方向成45进入电场，当粒子经过y轴的b点时速度方向恰好与y轴垂直求：（1）粒子在磁场中运动的轨道半径和速度大小v；（2）匀强电场的电场强度大小e；（3）粒子从开始运动到第三次经过x轴的时间t(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（6分）下列说法正确的是（）a液晶具有流动性，光学性质各向异性b气体扩散现象表明气体分子间存在斥力c热量总是自发的从分子平均动能大的物体传递到分子平均动能小的物体d机械能不可能全部转化为内能，内能也无法全部用来做功以转化成机械能e液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张力14（9分）如图所示，在两端封闭粗细均匀的竖直长管道内，用一可自由移动的活塞a封闭体积相等的两部分气体开始时管道内气体温度都为t0=500k，下部分气体的压强p0=1.25105pa，活塞质量m=0.25kg，管道的内径横截面积s=1cm2现保持管道下部分气体温度不变，上部分气体温度缓慢降至t，最终管道内上部分气体体积变为原来的，若不计活塞与管道壁间的摩擦，g=10m/s2，求此时上部分气体的温度t【物理-选修3-4】（15分）15一列简谐横波在某时刻的波形如图所示，此时刻质点p的速度为v，经过0.2s后它的速度大小、方向第一次与v相同，再经过1.0s它的速度大小、方向第二次与v相同，则下列判断中正确的是（）a波沿x轴正方向传播，且波速为10m/sb波沿x轴负方向传播，且波速为10m/sc质点m与质点q的位移大小总是相等、方向总是相反d若某时刻n质点到达波谷处，则q质点一定到达波峰处e从图示位置开始计时，在3s时刻，质点m偏离平衡位置的位移y=10cm16如图所示，折射率为的两面平行的玻璃砖，下表面涂有反射物质，右端垂直地放置一标尺mn一细光束以45角度入射到玻璃砖的上表面，会在标尺上的两个位置出现光点，若两光点之间的距离为a（图中未画出），则光通过玻璃砖的时间是多少？（设光在真空中的速度为c，不考虑细光束在玻璃砖下表面的第二次反射）【物理-选修3-5】（15分）17下列说法正确的是（）a射线与射线一样都是电磁波，但射线的穿透本领远比射线弱b玻尔将量子观念引入原子领域，其理论能够解释氢原子光谱的特征c氢原子的核外电子由离原子核较远的轨道跃迁到离核较近的轨道上时氢原子的能量减少d在原子核中，比结合能越小表示原子核中的核子结合得越牢固eu衰变成pb要经过6次衰变和8次衰变18如图所示，在光滑的水平面上，质量为4m、长为l的木板右端紧靠竖直墙壁，与墙壁不粘连质量为m的小滑块（可视为质点）以水平速度v0滑上木板左端，滑到木板右端时速度恰好为零现小滑块以水平速度v滑上木板左端，滑到木板右端时与竖直墙壁发生弹性碰撞，小滑块弹回后，刚好能够滑到木板左端而不从木板上落下，求的值甘肃省张掖市2015届高考物理四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68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）放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在06s内其速度与时间的图象和拉力的功率与时间的图象如图所示下列说法正确的是（）a物体的质量为kgb滑动摩擦力的大小为5nc06s内物体的位移大小为24md02s内拉力做的功为20j考点：功的计算 专题：功的计算专题分析：速度图象的“面积”表示位移02s内物体做匀加速运动，由速度图象的斜率求出加速度，26s内物体做匀速运动，拉力等于摩擦力，由p=fv求出摩擦力，再由图读出p=30w时，v=6m/s，由f=求出02s内的拉力，由w=fx求出02s内的拉力做的功，由w=pt求出26s内拉力做的功解答：解：a、在26s内，已知f=f=n；当p=30w时，v=6m/s，得到牵引力为：f1=；02s内物体的加速度为：a=m/s2=3m/s2； 根据ff=ma可知：m=kg，a正确 b、在26s内，v=6m/s，p=10w，物体做匀速直线运动，f=f，则滑动摩擦力为：f=f=，b错误； c、06s内物体的位移大小等于vt图象中图象与坐标轴所包围的面积，为：x=26+46m=30m，c错误； d、02s内物体的加速度为：a=m/s2=3m/s2，有图可知，当p=30w时，v=6m/s，得到牵引力：f1=5n，在02s内物体位移为x1=6m，则拉力做的功为：w1=f1x1=56j=30j，26s内拉力做的功为：w2=pt=104j=40j，所以06s内拉力做的总功为：w=30+40j=70j，d错误故选：a点评：本题解题关键是理解图象的物理意义，求功的方法主要有三种：一、w=flcos，适用于恒力做功；二、w=pt，p为恒定功率；三、动能定理，主要是变力做功时应用2（6分）斜面上放有两个完全相同的物体a、b，两物体中间用一根细线连接，在细线的中点加一个与斜面垂直的拉力f，使两物体均处于静止状态如图所示则下列说法正确的是（）aa、b两物体的受力个数一定相同ba、b两物体对斜面的压力一定相同ca、b两物体受到的摩擦力大小一定相等d当逐渐增大拉力f时，物体b先开始滑动考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力 专题：共点力作用下物体平衡专题分析：对ab进行受力分析，ab两个物体都处于静止状态，受力平衡，把绳子和力t和重力mg都分解到沿斜面方向和垂直于斜面方向，根据共点力平衡列式分析即可解答：解：a、对ab进行受力分析，如图所示：b物体处于静止状态，当绳子沿斜面向上的分量与重力沿斜面向下的分量相等时，摩擦力为零，所以b可能只受3个力作用，而a物体必定受到摩擦力作用，肯定受4个力作用，故a错误；b、ab两个物体，垂直于斜面方向受力都平衡，则有：n+tsin=mgcos解得：n=mgcostsin，则a、b两物体对斜面的压力相同，故b正确；c、根据a的分析可知，b的摩擦力可以为零，而a的摩擦力一定不为零，故c错误；d、对a沿斜面方向有：tcos+mgsin=fa，对b沿斜面方向有：tcosmgsin=fb，正压力相等，所以最大静摩擦力相等，则a先达到最大静摩擦力，先滑动，故d错误故选：b点评：本题解题的关键是正确对物体进行受力分析，能根据平衡条件列式求解，难度不大，属于基础题3（6分）在地面上方的a点以e1=3j的初动能水平抛出一小球，小球刚落地前的瞬时动能为e2=7j，落地点在b点，不计空气阻力，则a、b两点的连线与水平方向的夹角为（）a30b37c45d60考点：平抛运动 专题：平抛运动专题分析：物体做的是平抛运动，根据水平方向的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动，求出a、b两点的连线与水平方向的夹角的正切值，即可求得夹角的大小解答：解：设物体的质量为m，物体的动能为e1=3j，所以e1=mv02=3j，所以物体的速度v0为v0=，物体的末动能e2=7j，根据e2=mv2=7j，所以物体的速度v为v=，所以物体在竖直方向上的速度的大小为vy=，设a、b两点的连线与水平方向的夹角为，则tan=，所以=30，故选a点评：本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解4（6分）如图所示，直线mn上方有垂直纸面向里的匀强磁场，电子1从磁场边界上的a点垂直mn和磁场方向射入磁场，经t1时间从b点离开磁场之后电子2也由a点沿图示方向以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，则为（）ab2cd3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：电子1和2以相同的速率射进同一个磁场，则运动半径和周期都相同，画出两个粒子在磁场中的运动轨迹，根据几何关系求解即可解答：解：粒子在磁场中都做匀速圆周运动，根据题意画出粒子的运动轨迹，如图所示：电子1垂直射进磁场，从b点离开，则运动了半个圆周，ab即为直径，c点为圆心，电子2以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，根据半径r=可知，粒子1和2的半径相等，根据几何关系可知，aoc为等边三角形，则粒子2转过的圆心角为60，所以粒子1运动的时间，粒子2运动的时间，所以故选：d点评：本题的关键要知道电子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，电子在磁场中做圆周运动的周期和半径都相同，根据几何关系求解时间比5（6分）经过探究，某同学发现：点电荷和无限大的接地金属平板间的电场（如图甲所示）与等量异种点电荷之间的电场分布（如图乙所示）完全相同图丙中点电荷q到mn的距离oa为l，ab是以电荷q为圆心、l为半径的圆上的一条直径，则b点电场强度的大小是（）abcd考点：电场线；电场强度 分析：根据题意，图甲所示的电场分布与图乙中虚线右侧的电场分布是一样的，只要求出乙图上+q右侧距离为l处的场强，即等于p的场强根据等量异号电荷的电场分布特点和场强的叠加进行求解解答：解：根据p点的电场线方向可以得p点的电场强度方向是垂直于金属板向右，两个异号点电荷电荷量的大小均为q，它们之间的距离为2l，乙图上+q右侧l处的场强大小为：e=kk=k根据题意可知，p点的电场强度大小与乙图上+q右侧d处的场强大小相等，即为k，故abd错误，c正确故选：c点评：常见电场的电场线分布及场强的特点，同时注意等量异种电荷形成电场的对称性6（6分）假设地球可视为质量分布均匀的球体已知地球表面两极处的重力加速度大小为g0，地球的半径为r，地球的自转周期为t，引力常量为g，由此可知（）a地球的质量为b地球表面赤道处的重力加速度大小为g0c近地卫星在轨运行的加速度大小为d地球同步卫星在轨道上运行的加速度大小为考点：同步卫星 专题：人造卫星问题分析：（1）在地球表面上引力等于重力：g=mg（2）根据向心加速度表达式，即可求解向心加速度；（3）同步卫星所受万有引力等于向心力解向心加速度解答：解：a、根据万有引力等于重力，则有：g=mg0解得：m=，故a错误；b、根据向心加速度表达式，则知赤道上物体加速度：a=，所以地球表面赤道处的重力加速度为g0，故b正确；c、近地卫星在轨道运行的加速度a0=g0，故c错误；d、同步卫星所受万有引力等于向心力：g=m（r+h）（）2=ma；结合a解得a=，故d正确；故选：bd点评：人造地球卫星所受到的万有引力充当向心力，故由向心力公式可求得线速度、角速度、周期7（6分）如图所示，一理想变压器的原、副线圈匝数之比为n1：n2=10：1，原线圈接入电压u=220sin100t（v）的交流电源，电压表和电流表对电路的影响可忽略不计，定值电阻r=10，可变电阻r的阻值范围为010，则（）a副线圈中交变电流的频率为100hzbt=0.02s时，电压表的示数为22vc调节可变电阻r的阻值时，电流表示数的变化范围为0.11a0.22ad当可变电阻阻值为10时，变压器的输入电功率为242w考点：变压器的构造和原理 专题：交流电专题分析：根据电压与匝数程正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论解答：解：a、电流的频率是由电压决定的，所以原副线圈中电流的频率是一样的，都为50hz，所以a错误b、电压表的示数为电路的有效电压的大小，原线圈的有效电压为220v，根据电压与匝数成正比知电压表的示数为22v，所以b正确c、当r的阻值为零时，副线圈电流为i=2.2a，当r的阻值为10时，副线圈电流为i=1.1a，电流与匝数成反比，所以c正确d、当可变电阻阻值为10时，变压器的输入电功率等于输出功率p=i2r=1.1220=24.2w，所以d错误故选：bc点评：掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，会从交流电表达式中获取有用的物理信息即可得到解决8（6分）如图所示，竖直平面内有两条水平的平行虚线ab、cd，间距为d，其间（虚线边界上无磁场）有磁感应强度为b的匀强磁场，一个正方形线框边长为l，质量为m，电阻为r线框位于位置1时，其下边缘到ab的距离为h现将线框从位置1由静止释放，依次经过2、3、4三个位置，其下边框刚进入磁场和刚要穿出磁场时的速度相等，重力加速度为g，下列说法正确的是（）a线框在经过2、3、4三个位置时，位置3时线圈速度一定最小b线框进入磁场过程中产生的电热q=mg（dl）c线框从位置2下落到位置4的过程中加速度一直减小d线框在即将到达位置3的瞬间克服安培力做功的瞬时功率为考点：导体切割磁感线时的感应电动势 专题：电磁感应与电路结合分析：线框进入磁场的过程做加速度减小的减速运动，完全进入磁场后做加速度为g的匀加速运动，则知3位置时线圈速度最小，由运动学公式求解位置3的速度，即得到最小速度由功能关系可求得电热及功率解答：解：a、线框进入磁场的过程做加速度减小的减速运动，完全进入磁场后做加速度为g的匀加速运动，则知3位置时线圈速度最小；故a正确；b、由功能关系可知，线框进入磁场中减小的重力势能等于电热，即q=mgd；故b错误；c、由于线框在完全进入磁场后做加速度为g的加速运动；故c错误；d、因为进磁场时要减速，即此时的安培力大于重力，速度减小，安培力也减小，当安培力减到等于重力时，线圈做匀速运动，全部进入磁场将做加速运动，设线圈的最小速度为vm，由动能定理，从cd边刚进入磁场到线框完全进入时，则有：mv=mglmgd，又有：m=mgh，则克服安培力的功率f=bilvm=；故d正确；故选：ad点评：解决本题的关键根据根据线圈下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时刻的速度都是v0，且全部进入磁场将做加速运动，判断出线圈进磁场后先做变减速运动，也得出全部进磁场时的速度是穿越磁场过程中的最小速度三、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题第18题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题9（6分）用如图1所示的装置探究加速度与力和质量的关系，带滑轮的长木板和弹簧测力计均水平固定实验时，一定要进行的操作是aba小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数b改变砂和砂桶质量，打出几条纸带c用天平测出砂和砂桶的质量d为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量以弹簧测力计的示数f为横坐标，以加速度a为纵坐标，图2画出的af图象可能正确的是a若测出af图象的斜率为k后，则小车的质量为考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系 专题：实验题分析：解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，小车质量不变时，加速度与拉力成正比，对af图来说，图象的斜率表示小车质量的倒数解答：解：（1）a、打点计时器运用时，都是先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，该实验探究加速度与力和质量的关系，要记录弹簧测力计的示数，故a正确；b、改变砂和砂桶质量，即改变拉力的大小，打出几条纸带，研究加速度随f变化关系，故b正确；c、本题拉力可以由弹簧测力计测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶（包括砂）的质量远小于车的总质量，故cd错误故选：ab（2）小车质量不变时，加速度与拉力成正比，所以af图象是一条倾斜的直线，由实验装置可知，实验前没有平衡摩擦力，则画出的af图象在f轴上有截距，故a正确故选：a（3）对af图来说，图象的斜率表示小车质量的倒数，此题，弹簧测力计的示数f=，故小车质量为故答案为：（1）ab；（2）a；（3）点评：本题考察的比较综合，需要学生对这一实验掌握的非常熟，理解的比较深刻才不会出错，知道af图的斜率等于小车质量的倒数，难度适中10（9分）某同学要测量一个由均匀新材料制成的圆柱体的电阻率，步骤如下：（1）用20分度的游标卡尺测量其长度如图甲所示，可知其长度为50.20mm；（2）用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，可知其直径为4.699mm；（3）用多用电表的电阻“10”档，按正确的操作步骤粗测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图丙所示，则该电阻的阻值约为220；（4）为更精确地测量其电阻，现有的器材及其代号和规格如下：待测圆柱体电阻r电流表a1（量程03ma，内阻约50）电流表a2（量程015ma，内阻约30）电压表v1（量程03v，内阻约10k）电流表v2（量程015v，内阻约25k）滑动变阻器r1（阻值范围015）滑动变阻器r2（阻值范围02k）直流电源（电动势4v，内阻不计） 开关s，导线若干为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，电流表应选用a2，电压表应选用v1，请在图丁方框中画出测量用的正确图，并标明所用器材的代号考点：测定金属的电阻率 专题：实验题分析：（1）游标卡尺读数时应分成整数部分和小数部分两部分来读，注意分度大小；（2）螺旋测微器读数时应分成整数部分和小数部分两部分来读，注意半毫米刻度线是否露出；（3）欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数；（4）首先根据电源电动势大小选择出电压表的量程，再通过求出通过待测电阻的最大电流来选择电流表量程，根据电流表内外接法的选择方法判定应采用内接法；根据要求多测几组数据可知变阻器应采用分压式接法，即电路应是分压外接电路解答：解；（1）游标卡尺的读数为：l=50mm+40.05mm=50.20mm；（2）螺旋测微器的读数为：d=4.5mm+19.90.01mm=4.699（4.7000.001）；（3）欧姆表的读数为：r=2210=220；（4）根据电源的电动势为4v可知电压表应选择v1；由于通过待测电阻的最大电流为imax=a=13ma，所以电流表应选择a1；由于待测电阻满足，所以电流表应用外接法；由于实验要求能测多组数据，所以变阻器应采用分压式接法，电路图如图所示：故答案为：（1）50.20；（2）4.699；（3）220；（4）a2，v1电路图如上图所示点评：应明确：游标卡尺和螺旋测微器读数时应分成整数部分和小数部分两部分来读；根据电源电动势大小来选择电压表的量程，根据通过待测电阻的最大电流来选择电流表的量程，若实验要求多测几组数据或要求电压从零调或不正确的全电阻远小于待测电阻时，变阻器应采用分压式接法；当待测电阻满足时，电流表应用外接法，满足时电流表应用内接法11（14分）如图所示，水平传送带以速度v1=2m/s匀速向左运动，小物块p、q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，mp=2kg、mq=1kg，已知某时刻p在传送带右端具有向左的速度v2=4m/s，小物块p与传送带之间的动摩擦因数=0.1，p与定滑轮间的绳始终保持水平不计定滑轮质量和摩擦，小物块p与传送带之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，传送带、绳足够长，取g=10m/s2，求：（1）小物块p在传送带上向左运动的最大距离；（2）小物块p离开传送带时的速度考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与位移的关系 专题：牛顿运动定律综合专题分析：p先以加速度a1向左做匀减速运动，直到速度减为v1，接着以加速度a2向左做匀减速运动，直到速度减为0，根据牛顿第二定律和运动学公式即可求解解答：解：（1）p先以加速度a1向左做匀减速运动，直到速度减为v1，设位移为x1，由牛顿第二定律得对p：t1+mpg=mpa1对q：mqgt1=mqa1联立以上方程解得 a1=4m/s2 由运动学公式得：解得：x1=1.5m p接着以加速度a2向左做匀减速运动，直到速度减为0，设位移为x2，由牛顿第二定律得对p：t2mpg=mpa2对q：mqgt2=mqa2联立以上方程解得：由运动学公式得：解得：x2=0.75m 故p向左运动的最大距离：x=x1+x2=2.25m （2）p向左的速度减为0后，再以加速度a2向右做匀加速运动，直到从右端离开传送带，由运动学公式得2a2x=v2解得：v=解：（1）小物块p在传送带上向左运动的最大距离为2.25m；（2）小物块p离开传送带时的速度为点评：本题主要考查了物体在传送带上的运动过程，分清过程是关键，特别注意摩擦力方向的改变12（18分）如图所示，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度为b，方向垂直纸面向里在x轴下方存在匀强电场，方向竖直向上一个质量为m，电荷量为q，重力不计的带正电粒子从y轴上的a（h，0）点沿y轴正方向以某一初速度开始运动，经过一段时间后，粒子与x轴正方向成45进入电场，当粒子经过y轴的b点时速度方向恰好与y轴垂直求：（1）粒子在磁场中运动的轨道半径和速度大小v；（2）匀强电场的电场强度大小e；（3）粒子从开始运动到第三次经过x轴的时间t考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动 专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：（1）根据题意画出粒子在复合场中的运动轨迹，根据几何关系及洛伦兹力提供向心力求解即可；（2）粒子第一次经过x轴的位置后做类平抛运动，根据平抛运动的基本公式以及几何关系结合动能定理求解；（3）分别求出粒子第一次经过x轴的时间、在电场中运动的时间以及第二次经过x轴到第三次经过x轴的时间，三者之和即为所求时间解答：解：（1）根据题意可大体画出粒子在复合场中的运动轨迹如图所示，由几何关系可得，rcos45=h 即r= 解得 （2）粒子第一次经过x轴的位置为x1，到达b点速度大小为vb粒子做类平抛运动，有vb=v1cos45 所以 设粒子进入电场经过时间t运动到b点，b点的纵坐标为yb，由类平抛运动得 r+rsin45=vbt ，由动能定理： 所以e= （3）粒子在磁场中的周期为 t= 第一次经过x轴的时间 在电场中运动的时间 在第二次经过x轴到第三次经过x轴的时间 所以总时间t总=t1+t2+t3=答：（1）粒子在磁场中运动的轨道半径和速度大小v为；（2）匀强电场的电场强度大小e为；（3）粒子从开始运动到第三次经过x轴的时间为点评：本题考查带电粒子在电场、磁场中两运动模型：匀速圆周运动与类平抛运动，及相关的综合分析能力，以及空间想像的能力，应用数学知识解决物理问题的能力(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（6分）下列说法正确的是（）a液晶具有流动性，光学性质各向异性b气体扩散现象表明气体分子间存在斥力c热量总是自发的从分子平均动能大的物体传递到分子平均动能小的物体d机械能不可能全部转化为内能，内能也无法全部用来做功以转化成机械能e液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张力考点：热力学第二定律；温度是分子平均动能的标志；* 液体的表面张力现象和毛细现象 分析：气体扩散现象说明气体分子在做无规则运动；液晶具有流动性，光学性质各向异性；热量总是自发地温度高的物体传递到低温物体；根据热力学第二定律可知，能量的转化具有方向性；液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张力解答：解：a、液晶是一类介于晶体与液体之间的特殊物质，它具有流动性，光学性质各向异性；故a正确；b、扩散说明分子在做无规则运动，不能说明分子间的斥力；故b错误；c、热量总是自发的从温度大的物体传递到温度低的得物体；而温度是分子平均动能的标志；故c正确；d、根据能量转化的方向可知，机械能可能全部转化为内能；故d错误；e、液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，分子之间的作用力表现为引力，所以液体表面存在表面张力；故e正确；故选：ace点评：本题考查分子动理论的内容，在解题时要注意热力学第一定律中的符号问题，引起内能增加的均为正值，引起内能减小的均为负值；内能的增加为正值，内能的减小为负值14（9分）如图所示，在两端封闭粗细均匀的竖直长管道内，用一可自由移动的活塞a封闭体积相等的两部分气体开始时管道内气体温度都为t0=500k，下部分气体的压强p0=1.25105pa，活塞质量m=0.25kg，管道的内径横截面积s=1cm2现保持管道下部分气体温度不变，上部分气体温度缓慢降至t，最终管道内上部分气体体积变为原来的，若不计活塞与管道壁间的摩擦，g=10m/s2，求此时上部分气体的温度t考点：理想气体的状态方程；封闭气体压强 专题：理想气体状态方程专题分析：对下部分气体分析知气体为等温变化，根据玻意耳定律求出气体压强，再根据平衡求出上部分气体压强，最后对上部分气体根据根据理想气体状态方程列式求温度解答：解：设初状态时两部分气体体积均为v0，对下部分气体，等温变化，根据玻意耳定律知：p0v0=pv，其中：解得：p=1.25105pa=1l05pa对上部分气体，初态：p1=p0=1105pa末态：根据理想气体状态方程，有：解得：t=281.25 k答：此时上部分气体的温度t=281.25 k点评：对两部分气体分别分析，注意两气体之间的压强关系和体积关系【物理-选修3-4】（15分）15一列简谐横波在某时刻的波形如图所示，此时刻质点p的速度为v，经过0.2s后它的速度大小、方向第一次与v相同，再经过1.0s它的速度大小、方向第二次与v相同，则下列判断中正确的是（）a波沿x轴正方向传播，且波速为10m/sb波沿x轴负方向传播，且波速为10m/sc质点m与质点q的位移大小总是相等、方向总是相反d若某时刻n质点到达波谷处，则q质点一定到达波峰处e从图示位置开始计时，在3s时刻，质点m偏离平衡位置的位移y=10cm考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象 分析：由图读出波长=12m根据图示时刻质点p的速度为v，经过0.2s它的速度大小、方向第一次与v相同，质点p运动到关于平衡位置对称的位置，再经过1.0s它的速度大小、方向第二次与v相同时，回到原来位置，完成一次全振动，则p振动的周期t=1.2s，而且图示时刻p点的运动沿y轴正方向，可判断出波沿+x方向传播，由公式v=求出波速图示时刻，质点m与质点q的位移大小相等、方向相反，但它们平衡位置之间的距离不是半个波长的奇数倍，位移不是总是相反质点m与p是反相点，振动情况总是相反解答：解：ab、由图读出波长=12m，根据已知条件分析得到周期t=1.2s，则波速为 v=10m/s而且图示时刻p点运动方向沿y轴正方向，则沿波+x方向传播故a正确，b错误c、图示时刻，质点m与质点q的位移大小相等、方向相反，但它们平衡位置之间的距离不是半个波长的奇数倍，位移不是总是相反故b错误d、质点n与p平衡位置间相距半个波长，振动情况总是相反，n质点到达波谷处，则q质点一定到达波峰处故d正确e、从图示位置开始计时，经过时间3s时波传播的距离为 x=vt=103m=30m=2.5，则质点m偏离平衡位置的位移y=10cm故e正确故选：ade点评：本题在于关键分析质点p的振动情况，确定p点的运动方向和周期考查把握振动与波动联系的能力16如图所示，折射率为的两面平行的玻璃砖，下表面涂有反射物质，右端垂直地放置一标尺mn一细光束以45角度入射到玻璃砖的上表面，会在标尺上的两个位置出现光点，若两光点之间的距离为a（图中未