湖北省武汉市华师一附中高三物理下学期5月模拟试卷（含解析）.doc

湖北省武汉市华师一附中2015届2015届高考物理模拟试卷（5月份）一、选择题：（本题共8小题，每小题6分，共48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，选对但不全对的得3分，有选错的得0分）1以下关于物理学史和物理学方法的叙述正确的是( )a库仑在研究电荷之间相互作用时提出了“电场”的概念b1831年法拉第首先发现了电磁感应现象c电流强度的概念是由i=采用比值法定义的d用质点来代替实际物体的研究方法是等效替代法2a、b是x轴上的两个点电荷，电荷量分别为q1和q2，沿x轴a、b之间各点对应的电势高低如图中曲线所示，p为电势最低点，从图中可看出以下说法中正确的是( )aa和b一定都是正电荷，且a的电量小于b的电量b电势最低的p点的电场强度为零ca、b间各点的电场方向相同d把带负电的检验电荷沿x轴由a移到b的过程中，电场力对该电荷先做正功后做负功3在桌子上有一质量为m1的杂志，杂志上有一质量为m2的书杂志和桌面之间的动摩擦因数为1，杂志和书之间的动摩擦因数为2，欲将杂志从书下抽出，则至少需要用的力的大小为( )a（1+2）（m1+m2）gb1（m1+m2）g+2m2gc（1+2）m2gd（1m1+2m2）g4物体a（可视为质点）原静置于光滑固定斜面上，a上端连接有一轻弹簧初始时，a靠在斜面底端固定挡板上，弹簧处于原长某时刻起，在弹簧上端施加一平行于斜面的拉力f，使a由静止开始沿斜面向上运动了一段距离，弹簧有一定伸长量，则在此过程下列说法正确的是( )a拉力f做的功等于弹簧对a做的功b拉力f的功等于弹簧弹性势能的增加量c拉力f的功等于弹簧与a组成系统的机械能的增加量d拉力f的功等于a的重力势能的增加量5有一颗绕地球做匀速圆周运动的卫星，其运行周期是地球近地卫星的2倍，卫星圆形轨道平面与地球赤道平面重合，卫星上有太阳能收集板可以把光能转化为电能，提供卫星工作所必须的能量已知地球表面重力加速度为g，地球半径为r，忽略地球公转，此时太阳处于赤道平面上，近似认为太阳光是平行光，则卫星绕地球一周，太阳能收集板的工作时间为( )abcd6如图所示是发电厂通过升压变压器进行高压输电，接近用户端时再通过降压变压器降压给用户供电的示意图（图中变压器均可视为理想变压器，图中电表均为理想交流电表）设发电厂输出的电压一定，两条输电线总电阻用r0表示，变阻器r相当于用户用电器的总电阻当用电器增加时，相当于r变小，则当用电进入高峰时( )a电压表v1、v2的读数均不变，电流表a2的读数增大，电流表a1的读数减小b电压表v3、v4的读数均减小，电流表a2的读数增大，电流表a3的读数减小c电流表v2、v3的读数之差与电流表a2 的读数的比值不变d发电厂的输出功率增大7如图所示，半径为r，内径很小的光滑半圆形管道竖直放置，其底端与水平地面相切一质量为m的小球（小球直径很小且略小于管道内径）以某一水平初速进入管内，小球通过最高点p时，对管壁的压力大小为0.5mg，（不考虑小球落地后反弹情况）则( )a小球落地点到p点的水平距离可能为rb小球落地点到p点的水平距离可能为2rc小球进入圆管道的初速度可能为d小球进入圆管道的初速度可能为8如图所示，光滑固定金属导轨与水平面成一定角度，将完全相同的两个导体棒p、q相继从导轨顶部同一位置m处无初速释放，在导轨中某部分（图中两虚线之间）有一与导轨平面垂直的匀强磁场已知p棒进入磁场时恰好做匀速运动，则从p棒进入磁场开始计时，到q棒离开磁场（设导轨足够长，除p、q杆外其余电阻不计），p棒两端电压随时间变化的图象可能正确的是( )abcd三、非选择题：（包括必考题和选考题两部分第912题为必考题，每个试题考生必须作答第1318题为选考题，考生根据要求作答）（一）必考题9为了探究加速度与力、质量的关系，甲、乙、丙三位同学分别设计了如图所示的实验装置，小车总质量用m表示（乙图中m包括小车与传感器，丙图中m包括小车和与小车固连的滑轮），钩码总质量用m表示（1）为便于测量合外力的大小，并得到小车总质量一定时，小车的加速度与所受合外力成正比的结论，下列说法正确的是_a三组实验中只有甲需要平衡摩擦力b三组实验都需要平衡摩擦力c三组实验中只有甲需要满足所挂钩码的总质量m远小于小车的总质量m的条件d三组实验都需要满足所挂钩码的总质量m远小于小车的总质量m的条件（2）若乙、丙两位同学发现某次测量中力传感器和测力计读数相同，通过计算得到小车加速度均为a，a=g，g为当地重力加速度，则乙、丙两人实验时所用小车总质量之比为_，乙、丙两人实验用的钩码总质量之比为_10要测定一个自感系数很大的线圈l的直流电阻rl，实验室提供以下器材：待测线圈l：阻值约为2，额定电流为2a电流表a1量程为0.6a，内阻为r1=0.5 电流表a2量程为3.0a，内阻r2约为0.1变阻器r1，电阻变化范围为010 变阻器r2，电阻变化范围为01k定值电阻r3=10 定值电阻r4=100电源e：电动势e约为9v，内阻很小 单刀单掷开关两个s1和s2，导线若干要求实验时，改变滑动变阻器的阻值，在尽可能大的范围内测得多组a1表、a2表的读数i1、i2，然后利用i1i2图象求出线圈的电阻rl（1）实验中定值电阻应该选_，滑动变阻器应选择_（2）请补充完整图1实物连线电路（3）实验结束时应先断开开关_（4）i1i2图象如图2所示，若图线斜率为k，则线圈l的直流电阻rl=_（用题中所给字母表示）11一辆客车从静止开始以加速度a=1.0m/s2做匀加速直线运动的同时，在车的后面离车为s=30m远的地方有一乘客正以某一速度v在匀速追赶这辆客车（1）要能追上这辆车，乘客的速度至少是多少？（2）若已知司机通过观后镜能看到车后追赶的乘客离车的最远距离为s0=20m（即该乘客离车距离大于20m时超出司机的视线范围），且需要在视线中保留的时间不少于t0=1.0s，这样司机才能发现该乘客，并制动客车使车停下来该乘客要想乘坐上这辆客车，其追赶客车的速度的最小值是多少？12（18分）如图所示，在水平平行正对金属板mn间有匀强电场，m板带负电，n板带正电在m板上有一小孔o（孔略大于带电粒子大小），一比荷为8.0105c/kg的粒子从o的正下方贴近n板处的p点，在电场力作用下由静止开始运动，通过孔o进入m板上方空间在m板上方为以o为圆心，以r=0.1m为半径的半圆形区域i内，有磁感应强度为b1=0.5t的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，在m板上方、区域i外的区域ii中分布有磁感应强度为b2的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里（不计粒子所受重力）（1）若粒子能进入区域，求mn两板间电压u的范围；（2）以o为原点，沿m板水平向右为x轴正方向，建立平面直角坐标系xoy求当mn两板间电压u1=1.0103v时，粒子从区域进入区域时在边界上的位置坐标；（3）调节电压至u2=4.0103v时发现粒子恰经过o点回到出发点p，求b2的值(二）选考题，请考生从以下三个模块中任选一模块作答13下列说法正确的是( )a把玻璃管的裂口放在火焰上烧熔，它的尖端就会变钝，这一现象可以用液体的表面张力来解释b大颗粒的盐磨成了细盐，就变成了非晶体c与液体处于动态平衡的蒸汽叫做饱和汽d空气中水蒸气的实际压强与同温度水的饱和汽压之比叫做空气的相对湿度e自行车打气越打越困难主要是因为分子间相互排斥的原因14如图所示，内径均匀的直角细玻璃管abc两端开口，ab段竖直，bc段水平，ab=100cm，bc=40cm，在水平段bc内有一长10cm的水银柱，其左端距b点10cm，环境温度为330k时，保持bc段水平，将玻璃管a端缓慢竖直向下插入大水银槽中，使a端在水银面下10cm已知大气压为75cmhg且保持不变，若环境温度缓慢升高，求温度升高到多少k时，水银柱刚好全部溢出15如图甲，同一均匀介质中的一条直线上有相距10m的两质点a、b，c为ab中点从0时刻起，a、b同时开始振动，且都只振动了一个周期图乙为a的振动图象，图丙为b的振动图象若a向右传播的波与b向左传播的波在0.5s时相遇，则下列说法正确的是( )a两列波的波长都是5mb两列波在a、b间的传播速度均为10m/sc在两列波相遇过程中，c为振动加强点d在1s时，质点b经过平衡位置且振动方向向上e1s内，c经过的路程为016如图所示，折射率n=的半圆形玻璃砖置于光屏mn的上方，其平面ab与mn的距离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，求光屏上的折射光线光点距o点的最远距离，此时玻璃砖转过的角度为多少？17下列说法正确的是( )a关于原子核内部信息，最早来自天然放射性现象b结合能越大的原子核越稳定c目前核电站中主要利用的是轻核聚变产生的核能来发电d在核反应堆中常用的“慢化剂”有石墨、重水和普通水e在铀核的裂变中，当铀块的体积小于“临界体积”时，不能发生链式反应18如图所示，质量为2m的小车a静止在光滑水平桌面上，质量为3m的物体b静置于a车车厢内，b左端用轻弹簧与a车连接，弹簧劲度系数为k且水平，处于原长，小车底面光滑质量为m的小车c以速度v0向小车a滑过去，并在与小车a碰撞后立即与a车粘连，整个过程中b始终不与车厢侧壁碰撞求之后的运动过程中弹簧的最大长度与最短长度之差（弹簧弹性势能表达式为ep=kx2，x为弹簧形变量）湖北省武汉市华师一附中2015届2015届高考物理模拟试卷（5月份）一、选择题：（本题共8小题，每小题6分，共48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，选对但不全对的得3分，有选错的得0分）1以下关于物理学史和物理学方法的叙述正确的是( )a库仑在研究电荷之间相互作用时提出了“电场”的概念b1831年法拉第首先发现了电磁感应现象c电流强度的概念是由i=采用比值法定义的d用质点来代替实际物体的研究方法是等效替代法考点：物理学史分析：本题根据法拉第的物理学成就，以及电流强度与电压、电阻的关系、质点的研究方法进行解答解答：解：a、法拉第在研究电荷之间相互作用时提出了“电场”的概念，故a错误b、1831年法拉第首先发现了电磁感应现象，故b正确c、电流强度的概念是由i=采用比值法定义的，故c错误d、用质点来代替实际物体的研究方法是理想化模型法，故d错误故选：b点评：对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，对于物理学上常用的研究方法也要学习并牢固掌握2a、b是x轴上的两个点电荷，电荷量分别为q1和q2，沿x轴a、b之间各点对应的电势高低如图中曲线所示，p为电势最低点，从图中可看出以下说法中正确的是( )aa和b一定都是正电荷，且a的电量小于b的电量b电势最低的p点的电场强度为零ca、b间各点的电场方向相同d把带负电的检验电荷沿x轴由a移到b的过程中，电场力对该电荷先做正功后做负功考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系专题：电场力与电势的性质专题分析：x图线的切线斜率表示电场强度的大小，就知道xp处场强为零，根据点电荷场强公式，得到q1的电荷量一定大于q2的电荷量，根据场强方向得出两电荷一定是正电解答：解：a、p点切线斜率为零，而x图线的切线斜率表示电场强度的大小，则p点的电场强度为零两电荷在p点的合场强为零，p点距离q1较远，根据点电荷的场强公式知，q1的电量大于q2的电量从坐标x1到x2电势先减小后增大，因为沿电场线方向电势逐渐降低，知q1和q2一定是同种电荷，且都为正电荷，故a错误，b正确；c、根据顺着电场线电势降低可知，p点的左侧电场方向向右，p点的右侧电场方向向左，则负电荷受到的电场力对该电荷先做负功后做正功故cd错误故选：b点评：解决本题的关键找到该题的突破口，即根据p点的切线斜率（即电场强度）为零入手分析，以及知道沿着电场线方向电势逐渐降低3在桌子上有一质量为m1的杂志，杂志上有一质量为m2的书杂志和桌面之间的动摩擦因数为1，杂志和书之间的动摩擦因数为2，欲将杂志从书下抽出，则至少需要用的力的大小为( )a（1+2）（m1+m2）gb1（m1+m2）g+2m2gc（1+2）m2gd（1m1+2m2）g考点：动能定理的应用专题：动能定理的应用专题分析：当杂志刚好从书下抽出时，书所受的静摩擦力达到最大，分别对书和整体运用牛顿第二定律列式求解解答：解：当杂志刚好从书下抽出时，书所受的静摩擦力达到最大，由牛顿第二定律得：对书，有：2m2g=m2a对整体，有：f1（m1+m2）g=（m1+m2）a联立得 f=（1+2）（m1+m2）g故选：a点评：本题考查整体法与隔离法的应用，重点是判定什么条件下出现相对运动，知道当书与杂志刚要发生相对运动时静摩擦力达到最大4物体a（可视为质点）原静置于光滑固定斜面上，a上端连接有一轻弹簧初始时，a靠在斜面底端固定挡板上，弹簧处于原长某时刻起，在弹簧上端施加一平行于斜面的拉力f，使a由静止开始沿斜面向上运动了一段距离，弹簧有一定伸长量，则在此过程下列说法正确的是( )a拉力f做的功等于弹簧对a做的功b拉力f的功等于弹簧弹性势能的增加量c拉力f的功等于弹簧与a组成系统的机械能的增加量d拉力f的功等于a的重力势能的增加量考点：功能关系分析：拉力做功的过程中，弹簧的弹性势能增大，物体的机械能增大，由功能关系即可解答解答：解：在拉力f的作用下使a由静止开始沿斜面向上运动了一段距离，a的机械能增大；弹簧有一定伸长量，弹簧的弹性势能增大，所以拉力f的功等于弹簧与a组成系统的机械能的增加量故选：c点评：该题考查拉力做功的过程中能量转化的方向，要抓住拉力做功的过程中，物体的机械能和弹簧的弹性势能都增大即可正确解答5有一颗绕地球做匀速圆周运动的卫星，其运行周期是地球近地卫星的2倍，卫星圆形轨道平面与地球赤道平面重合，卫星上有太阳能收集板可以把光能转化为电能，提供卫星工作所必须的能量已知地球表面重力加速度为g，地球半径为r，忽略地球公转，此时太阳处于赤道平面上，近似认为太阳光是平行光，则卫星绕地球一周，太阳能收集板的工作时间为( )abcd考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；向心力分析：根据万有引力等于向心力和在地球表面重力等于万有引力列式可求解出近地卫星周期；根据几何关系，可以确定能接受太阳光的地方，对应的圆心角为，可以知道时间为t解答：解：地球近地卫星做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律：mg=mrt=2，有一颗绕地球做匀速圆周运动的卫星，其运行周期是地球近地卫星的2倍，所以该卫星运行周期t=4，如图，当卫星在阴影区时不能接受阳光，据几何关系：aob=cod=卫星绕地球一周，太阳能收集板工作时间为： t=t= 故选：c点评：万有引力类问题中万有引力等于向心力和地球表面重力等于万有引力是两个重要的等式；太阳能电池有关问题日常生活中很少见，这类新情境问题关键抓住电功率等基本概念6如图所示是发电厂通过升压变压器进行高压输电，接近用户端时再通过降压变压器降压给用户供电的示意图（图中变压器均可视为理想变压器，图中电表均为理想交流电表）设发电厂输出的电压一定，两条输电线总电阻用r0表示，变阻器r相当于用户用电器的总电阻当用电器增加时，相当于r变小，则当用电进入高峰时( )a电压表v1、v2的读数均不变，电流表a2的读数增大，电流表a1的读数减小b电压表v3、v4的读数均减小，电流表a2的读数增大，电流表a3的读数减小c电流表v2、v3的读数之差与电流表a2 的读数的比值不变d发电厂的输出功率增大考点：变压器的构造和原理专题：电磁感应与电路结合分析：根据表达式知道电压和频率，与闭合电路中的动态分析类似，可以根据r的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的元件的电流和电压的变化的情况解答：解：a、电压表v1、v2的读数均不变，因为输入电压和匝数比都不变，用电高峰期，电阻减小，电流增大，根据电流与匝数成反比知电流都增大，故a错误；b、输电线上的电压损失增大，故电压表v3、v4的读数均减小，电流表a2的读数增大，电流表a3的读数增大，故b错误；c、电流表v2、v3的读数之差与电流表a2 的读数的比值不变，等于输电线的电阻值，变压器的输入功率等于输出功率都增大，故cd正确故选：cd点评：电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法7如图所示，半径为r，内径很小的光滑半圆形管道竖直放置，其底端与水平地面相切一质量为m的小球（小球直径很小且略小于管道内径）以某一水平初速进入管内，小球通过最高点p时，对管壁的压力大小为0.5mg，（不考虑小球落地后反弹情况）则( )a小球落地点到p点的水平距离可能为rb小球落地点到p点的水平距离可能为2rc小球进入圆管道的初速度可能为d小球进入圆管道的初速度可能为考点：向心力；平抛运动专题：匀速圆周运动专题分析：（1）对管壁的压力分为对上壁和下壁的压力两种情况，根据向心力公式即可求得小球从管口飞出时的速率；（2）小球从管口飞出后做平抛运动，根据平抛运动的基本规律即可求解解答：解：当小球对管下壁有压力时，则有：mg0.5mg=解得：当小球对管上壁有压力时，则有：mg+0.5mg=解得：小球从管口飞出后做平抛运动，竖直方向上：2r=t=，则小球落地点到p点的水平距离，故a正确，bcd错误故选：a点评：本题主要考查了圆周运动向心力公式及平抛运动基本公式的直接应用，要注意有两种情况，难度适中8如图所示，光滑固定金属导轨与水平面成一定角度，将完全相同的两个导体棒p、q相继从导轨顶部同一位置m处无初速释放，在导轨中某部分（图中两虚线之间）有一与导轨平面垂直的匀强磁场已知p棒进入磁场时恰好做匀速运动，则从p棒进入磁场开始计时，到q棒离开磁场（设导轨足够长，除p、q杆外其余电阻不计），p棒两端电压随时间变化的图象可能正确的是( )abcd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：首先分析出pq两棒在进入磁场时的速度大小是一样的，然后进行讨论，当q棒进入磁场时，按p棒是否离开磁场区域，分成两种情况进行分析，利用法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律进行分析即可得知可能的选项解答：解：因导体棒p、q完全相同，又是从导轨顶部同一位置m处无初速释放，所以p、q在进入磁场时的速度大小是相等的，当p进入磁场，而q还没有进入磁场的过程中，p做匀速直线运动，设此时的电动势为e，由闭合电路的欧姆定律可得p两端的电压为e，且保持不变当q进入磁场时，分为两种情况来分析：、当q进入磁场时，p已经出了磁场，所以在pq都不在磁场中时，p的两端的电压为零，当q进入磁场后，产生的电动势也为e，此时p的两端的电压仍为e，当q离开磁场时，电压为零，选项a是有可能的、当q进入磁场时，p还没有出磁场，此时pq会以相同的速度开始做匀加速直线运动，回路中没有电流，所以p两端的电压等于p产生的电动势，因pq都在做匀加速直线运动，所以电压是从e均匀增加的，当p到达磁场的边缘时，设产生的电动势为e，p离开磁场时，只有q在切割磁感线，此时p两端的电压为q产生的电动势的一半，即为e，此后q将做加速度减小的减速运动，p两端的电压也就逐渐减小，且随q的加速度的减小，电压减小的幅度也越来越小，所以选项c是有可能的，bd不可能故选：ac点评：解答该题的关键是对pq两棒相对于磁场的位置的分析、解答，解答过程注意法拉第电磁感应定律的应用，会通过速度的变化得知感应电动势的变化，同时会利用闭合电路的欧姆定律，分析解答路端电压的问题三、非选择题：（包括必考题和选考题两部分第912题为必考题，每个试题考生必须作答第1318题为选考题，考生根据要求作答）（一）必考题9为了探究加速度与力、质量的关系，甲、乙、丙三位同学分别设计了如图所示的实验装置，小车总质量用m表示（乙图中m包括小车与传感器，丙图中m包括小车和与小车固连的滑轮），钩码总质量用m表示（1）为便于测量合外力的大小，并得到小车总质量一定时，小车的加速度与所受合外力成正比的结论，下列说法正确的是bca三组实验中只有甲需要平衡摩擦力b三组实验都需要平衡摩擦力c三组实验中只有甲需要满足所挂钩码的总质量m远小于小车的总质量m的条件d三组实验都需要满足所挂钩码的总质量m远小于小车的总质量m的条件（2）若乙、丙两位同学发现某次测量中力传感器和测力计读数相同，通过计算得到小车加速度均为a，a=g，g为当地重力加速度，则乙、丙两人实验时所用小车总质量之比为1：2，乙、丙两人实验用的钩码总质量之比为5：4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：（1）根据实验原理，即可判定是否需要平衡摩擦力，及确定所挂钩码的总质量m与小车的总质量m的关系；（2）根据牛顿第二定律，结合动滑轮的拉力是测力计的示数2倍，从而即可求解解答：解：（1）ab、为便于测量合外力的大小，甲图通过钩码的总质量对应的重力即为合外力，而乙图是力传感器的示数，丙图则是测力计的2倍，因此它们都必须平衡摩擦力，故a错误，b正确；cd、由于甲图通过钩码的总质量对应的重力即为合外力，因此三组实验中只有甲需要满足所挂钩码的总质量m远小于小车的总质量m的条件，故c正确，d错误；（2）乙、丙两位同学发现某次测量中力传感器和测力计读数相同，且通过计算得到小车加速度均为a，根据牛顿第二定律，则有：f=m乙a，2f=m丙a；因此乙、丙两人实验时所用小车总质量之比为1：2；由牛顿第二定律，对砝码研究，则有fm乙g=m乙a，而fm丙g=m丙2a，因a=g，解得，m乙：m丙=5：4；即乙、丙两人实验用的钩码总质量之比为5：4；故答案为：（1）bc； （2）1：2，5：4点评：考查不同实验中，是否平衡摩擦力，是依据实验原理，并不是统统平衡的，并掌握牛顿第二定律的应用，注意力传感器的作用，及理解测力计的读数与小车的合力的关系，是解题的关键10要测定一个自感系数很大的线圈l的直流电阻rl，实验室提供以下器材：待测线圈l：阻值约为2，额定电流为2a电流表a1量程为0.6a，内阻为r1=0.5 电流表a2量程为3.0a，内阻r2约为0.1变阻器r1，电阻变化范围为010 变阻器r2，电阻变化范围为01k定值电阻r3=10 定值电阻r4=100电源e：电动势e约为9v，内阻很小 单刀单掷开关两个s1和s2，导线若干要求实验时，改变滑动变阻器的阻值，在尽可能大的范围内测得多组a1表、a2表的读数i1、i2，然后利用i1i2图象求出线圈的电阻rl（1）实验中定值电阻应该选r3，滑动变阻器应选择r1（2）请补充完整图1实物连线电路（3）实验结束时应先断开开关s2（4）i1i2图象如图2所示，若图线斜率为k，则线圈l的直流电阻rl=（用题中所给字母表示）考点：伏安法测电阻专题：实验题分析：（1）该题没有给定电压表，所以需要用电流表改装一个，此时选用电流表应选用量程较小的，结合电流，通过计算可知选用哪个定值电阻因可使在尽可能大的范围内测得多组a1表、a2表的读数i1、i2，所以要用分压电路，选择较小的滑动变阻器（2）测量线圈自感很大，连接实物图时要考虑到保护电路，通过对电压和电流的分析，选择滑动变阻器的连接方式（3）实验中要保护电流表a1，从而判断先断开与电流表相连的电部分；（4）根据部分电路的欧姆定律可表示出通过两个电表的电流关系，求出电感线圈的电阻解答：解：（1）测量线圈的电阻一般采用伏安法，为了防止测量自感系数很大的线圈断电产生的大自感电流烧坏电表，可与电表串联一个开关 由于待测线圈l的阻值约为2，额定电流为2a，最大电压为4v，而电源电动势为9v，所以定值电阻选r3、滑动变阻器选r1即可（2）由于本实验尽可能大的范围内测得数据，所以必须采用滑动变阻器的分压接法；电流表a2的量程大，所以电流表a2外接电路进行测量，实物图电路如图所示（3）实验结束时为了防止测量自感系数很大的线圈断电产生的大自感电流烧坏电表，应先断开开关s1 （4）由电路图知自感线圈两端的电压与下边支路电压相等，所以i1（r1+r1）=（i2i1）rl，得：=k；解得：rl=故答案为：（1）r3 r1（2）如图所示 （3）s1（4）点评：要求电流或电压的测量值从零或很小开始逐渐增大的实验必须采用分压电路；分压电路中滑动变阻器选择阻值较小的；对于电表的选择应遵循安全性、精确性、节能性、方便性原则综合考虑，灵活择取11一辆客车从静止开始以加速度a=1.0m/s2做匀加速直线运动的同时，在车的后面离车为s=30m远的地方有一乘客正以某一速度v在匀速追赶这辆客车（1）要能追上这辆车，乘客的速度至少是多少？（2）若已知司机通过观后镜能看到车后追赶的乘客离车的最远距离为s0=20m（即该乘客离车距离大于20m时超出司机的视线范围），且需要在视线中保留的时间不少于t0=1.0s，这样司机才能发现该乘客，并制动客车使车停下来该乘客要想乘坐上这辆客车，其追赶客车的速度的最小值是多少？考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系专题：直线运动规律专题分析：（1）当人与车的速度相等时，人恰好追上车，此时人的速度最小，应用匀变速直线运动的速度公式、位移公式，匀速运动的位移公式可以求出人的速度（2）设乘客经过t时间与客车车头的位移为s0，通过位移关系求出运动的时间，时间有两个值，在这两个时间之间，乘客与客车车头的位移小于s0，则两个时间之差要保证大于等于t0，根据该关系求出乘客速度的最小值解答：解：（1）若人与车速度相同时恰能追上汽车，车的速度：v=at，人的位移：s人=vt，车的位移：s车=at2，人追上车时：s人s车=s，代入数据解得：v=2m/s；（2）从客车由静止开始计时，经时间t，客车前进：s1=at2 乘客行走的距离为：s2=vt 由题意知：s1+ss2=s0 由联立得：at2+svts0=0，整理得：t=，两根之差：t=t2t1=，根据题意，有：tt0，代入数据解得：v4.5m/s；答：（1）要能追上这辆车，乘客的速度至少是2m/s；（2）该乘客要想乘坐上这辆客车，其追赶客车的速度的最小值是4.5m/s点评：本题考查了追及问题，分析清楚物体的运动过程，找出两物体间追及的条件是正确解题的前提与关键；该题属于运动学中的较难题，关键抓住乘客经过时间t与客车车头的位移为s0，还要注意乘客与客车车头位移在s0之内的时间差大于等于t012（18分）如图所示，在水平平行正对金属板mn间有匀强电场，m板带负电，n板带正电在m板上有一小孔o（孔略大于带电粒子大小），一比荷为8.0105c/kg的粒子从o的正下方贴近n板处的p点，在电场力作用下由静止开始运动，通过孔o进入m板上方空间在m板上方为以o为圆心，以r=0.1m为半径的半圆形区域i内，有磁感应强度为b1=0.5t的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，在m板上方、区域i外的区域ii中分布有磁感应强度为b2的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里（不计粒子所受重力）（1）若粒子能进入区域，求mn两板间电压u的范围；（2）以o为原点，沿m板水平向右为x轴正方向，建立平面直角坐标系xoy求当mn两板间电压u1=1.0103v时，粒子从区域进入区域时在边界上的位置坐标；（3）调节电压至u2=4.0103v时发现粒子恰经过o点回到出发点p，求b2的值考点：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）粒子进入磁场i内做匀速圆周运动，设轨迹半径为r，要使粒子能进入区域，须有 rr再根据洛伦兹力提供向心力列式求解粒子速度范围，由动能定理求电压u的范围（2）当mn两板间电压u1=1.0103v时，由动能定理和牛顿第二定律求出粒子的轨迹半径，由几何知识求粒子从区域进入区域时在边界上的位置坐标；（3）u2=4.0103v时粒子恰经过o点回到出发点p，先求轨迹半径，画出轨迹图，由对称性和数学知识结合求解b2的值解答：解：（1）设粒子在区域 i内做匀速圆周运动的速率为v，轨迹半径为r，粒子能进入区域，则rr，又： qvb1=m，得 r=在电场中，由动能定理得 qu=联立解得mn板间电压 u即 u250v （2）当u1=1.0103v时，由 r1=及 qu1=得轨迹半径 r1=0.1m 粒子轨迹如图，由几何关系可知oo1a为等边三角形，故粒子从区域进入区域时在边界上的位置坐标：x1=m；y1=m，即a的位置坐标为（m，m） （3）若u2=4.0103v时，由 r2=及 qu2=解得 r2=0.2m； 粒子轨迹由对称性如图所示，设轨迹交于边界坐标为（x2，y2），则+=解得：x2=m 设粒子在区域内做匀速圆周运动的轨迹半径为r0则 =可得 r0=又 =解得 b2=7b1=3.5t答：（1）若粒子能进入区域，mn两板间电压u的范围为u250v （2）粒子从区域进入区域时在边界上的位置坐标为（m，m）（3）b2的值为3.5t点评：分析清楚离子运动过程、作出其运动轨迹是正确解题题的前提与关键，要熟练推导粒子圆周运动的半径公式，运用几何知识解决轨迹问题(二）选考题，请考生从以下三个模块中任选一模块作答13下列说法正确的是( )a把玻璃管的裂口放在火焰上烧熔，它的尖端就会变钝，这一现象可以用液体的表面张力来解释b大颗粒的盐磨成了细盐，就变成了非晶体c与液体处于动态平衡的蒸汽叫做饱和汽d空气中水蒸气的实际压强与同温度水的饱和汽压之比叫做空气的相对湿度e自行车打气越打越困难主要是因为分子间相互排斥的原因考点：* 液体的表面张力现象和毛细现象；* 晶体和非晶体分析：细玻璃棒尖端放在火焰上烧溶后尖端变成球形，是表面张力的作用；明确饱和汽及湿度的定义；知道气体分子间距较大，打气时需要克服的是气体的压强解答：解：a、细玻璃棒尖端放在火焰上烧溶后尖端变成球形，是由于变成液体后表面张力的作用；故a正确；b、大颗粒的盐磨成了细盐，仍然是晶体，b错误；c、与液体处于动态平衡的蒸汽叫做饱和汽；故c正确；d、空气中水蒸气的实际压强与同温度水的饱和汽压之比叫做空气的相对湿度；故d正确；e、气体间分子间距较大，此时分子间作用力已经接近为零，故自行车打气越打越困难主要是因为胎内气体压强增大而非分子间相互排斥的原因，e错误；故选：acd点评：根据液体表面张力的应用、热力学定律等基础知识分析答题，并知道压强的微观解释；会用所学物理规律分析解答问题14如图所示，内径均匀的直角细玻璃管abc两端开口，ab段竖直，bc段水平，ab=100cm，bc=40cm，在水平段bc内有一长10cm的水银柱，其左端距b点10cm，环境温度为330k时，保持bc段水平，将玻璃管a端缓慢竖直向下插入大水银槽中，使a端在水银面下10cm已知大气压为75cmhg且保持不变，若环境温度缓慢升高，求温度升高到多少k时，水银柱刚好全部溢出考点：气体的等容变化和等压变化专题：气体的状态参量和实验定律专题分析：温度缓慢升高时，管内封闭气体压强不变，由盖吕萨克定律可以分析答题解答：解：由题意分析可知，a端插入水银槽后，液柱向右移动10cm 初状态：t1=330k，v2=110s 末状态：v2=130s 体发生等压变化，由盖吕萨克定律可得：代入解得t2=答：温度升高到390k时，水银柱刚好全部溢出点评：解决本题关键要抓住封闭气体发生了等压变化，正确分析空气柱的长度，即可根据盖吕萨克定律进行解答15如图甲，同一均匀介质中的一条直线上有相距10m的两质点a、b，c为ab中点从0时刻起，a、b同时开始振动，且都只振动了一个周期图乙为a的振动图象，图丙为b的振动图象若a向右传播的波与b向左传播的波在0.5s时相遇，则下列说法正确的是( )a两列波的波长都是5mb两列波在a、b间的传播速度均为10m/sc在两列波相遇过程中，c为振动加强点d在1s时，质点b经过平衡位置且振动方向向上e1s内，c经过的路程为0考点：横波的图象；波长、频率和波速的关系专题：振动图像与波动图像专题分析：根据ab距离与相遇时间，由v=求出波速读出周期，由波速公式求出波长根据c点波的叠加情况，分析振动加强还是减弱研究时间0.5s与周期的关系，分析b的振动情况解答：解：a、两波在均匀介质中传播波速相同，设为v，则有2vt=xab，代入解得：v=10m/s由图t=0.2s，则波长为：=vt=2m故a错误，b正确c、当a的波峰（或波谷）传到c时，恰好b的波谷（或波峰）传到c点的振动始终减弱故c错误d、质点a处产生的振动传递到b的时间：s，所以在1s时，质点a处产生的振动恰好传播到b点，由于a处的振动起振的方向向上，所以质点b从平衡位置且振动方向向上故d正确e、由于c点的振动始终减弱，而且两侧的振动的振幅相等，所以在1s内，c经过的路程为0，故e正确故选：bde点评：本题解题关键是要抓住在均匀介质中传播的同类波波速相同，而且两波匀速传播这个特点16如图所示，折射率n=的半圆形玻璃砖置于光屏mn的上方，其平面ab与mn的距离h=10c