湖南省岳阳市高三物理下学期第二次模拟试卷（含解析）.doc

湖南省岳阳市2015届高考物理二模试卷一、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11846年9月23日，德国天文学家约翰伽勒按照法国天文学家乌阿班勒维耶的推算，在预定的天区发现了太阳系第八颗行星海王星这一天，被历史评价为“牛顿力学最辉煌的一天”若太阳系各大行星的轨道都可近似看作圆轨道且共面同向公转，行星每隔一定时间使另一行星轨道发生偏离的现象在天文学上称为“摄动”则下列关于这段科学的历程说法正确的是( )a勒维耶根据海王星对天王星的摄动情况并应用牛顿力学推算出海王星的位置b天王星被称为“笔尖下发现的行星”c海王星对天王星的摄动周期等于天王星绕太阳的公转周期d根据海王星公转周期和轨道半径可估算太阳的密度2如图所示，范围足够大的匀强磁场磁感应强度为b，有一根电阻为4r的均匀导体，弯成圆环并将两端焊接在一起，固定在磁场中，其直径为d另一导体棒mn长l=1.5d，总电阻为1.5r，通过外力使导体棒以速度v（v与棒垂直）在圆环上向右匀速运动，棒与环接触良好，不计接触电阻棒经过环中心时，下列说法正确的是( )a导体棒中的感应电流从a流向bb流过导体棒的电流大小为c导体棒受到的安培力与v方向相反d导体棒受到的安培力大小为3将三个质量均为m的小球a、b、c用细线相连后（bc间无细线相连），再用细线悬挂于o点，如图所示用力f拉小球c，使三个小球都处于静止状态，且细线oa与竖直方向的夹角保持为=30，则f的最小值为( )amgb2mgc1.5mgdmg4从地面上以初速度v0竖直上抛一质量为m的小球，若运动过程中受到的空气阻力f与其速率v成正比，比例系数为k球运动的速率随时间变化的规律如图所示，t1时刻到达最高点，再落回地面，落地速率为v1，且落地前小球已经做匀速运动则下列说法正确的是( )a上升过程比下降过程所用时间长b比例系数k=c小球抛出瞬间的加速度大小为（1+）gd小球在下降过程中的加速度逐渐减小到零并保持不变，其变化快慢也逐渐减小到零并保持不变5竖直面内有a、b、c、d四点构成矩形，ac竖直，dac=30，空间有一范围足够大的匀强电场，方向由d指向c，将一质量为m不带电小球a从a点以某一速度水平抛出，经过d点时，其动能是a位置的4倍；将另一质量也为m的带正电荷为q的小球b从a点以相同大小的速度水平抛出，经过b点时的动能也是a位置的4倍，则场强e的大小等于( )abcd6电流和电压互感器是变电站的重要设备如图所示，是某型理想互感器示意图，已知n1：n2=1000：1，则下列说法正确的是( )a这是电流互感器示意图b互感器原、副线圈的变压比为1000：1c互感器次级线圈应装设保险丝，防止短路，否则会烧坏互感器d与副线圈串联的电表应为电流表7如图所示，匀强磁场的边界为直角三角形，egf=30，已知磁感应强度为b，方向垂直纸面向里f处有一粒子源，沿fg方向发射出大量带正电荷q的同种粒子，粒子质量为m，粒子的初速度v0大小可调，则下列说法正确的是( )a若粒子能到达eg边界，则粒子速度越大，从f运动到eg边的时间越长b无论v0取何值，粒子都无法到达e点c能到达ef边界的所有粒子所用的时间均相等d粒子从f运动到eg边所用的最长时间为8如图所示，三角形斜面固定在水平面上，左右两个倾角分别为、（），一足够长的轻质绸带跨过斜面的顶端铺放在斜面的两侧，绸带与斜面间无摩擦现将质量分别为m、m（mm）的小物块同时轻放在斜面两侧的绸带上两物块与绸带间的动摩擦因数相等，且最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等在动摩擦因数取不同值的情况下，下列说法正确的有( )a因为mm，故质量为m的物块对丝绸的摩擦力较大b两物块可能同时相对绸带静止cm不可能相对绸带发生滑动dm可能相对斜面向上滑动但相对丝绸向下滑动二、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在探究弹力和弹簧伸长量的关系时，某同学先按图1对弹簧甲进行探究，然后将弹簧乙和弹簧甲串联起来按图2进行探究不考虑两个弹簧重力的影响，在弹性限度内，将质量m=50g的钩码逐个挂在弹簧下端，分别测得图1、图2中弹簧总长度l1、l2如表所示钩码个数1234l1/cm26.0026.4826.9727.47l2/cm79.4480.8982.3683.85已知重力加速度g=9.8m/s2，要求尽可能多的利用测量数据，计算弹簧甲的劲度系数k=_n/m（保留三位有效数字）由表中数据_（填“能”或“不能”）计算弹簧乙的原长10如图甲所示，一根细长而均匀的合金管线样品，横截面为环形此合金管线长度用l表示，外径用d表示，电阻约为5巳知这种合金的电阻率为，且受温度的影响很小，可以忽略因管线内中空部分内径太小，无法直接测量某实验小组设计了一个实验方案，测量中空部分的截面积s0，他们已选器材如下：a毫米刻度尺 b螺旋测微器c电流表a（300ma，1.0） d电压表v1（15v，约10k）e电压表v2（ 3v，约6k） f滑动变阻器r1（2k，0.5a）g滑动变阻器r2（10，2a） h标准电阻（r0=5）i蓄电池（3v，约0.05） j开关一个，带夹子的导线若干（1）小组同学用螺旋测微器测量该管线的外径d，示数如图乙所示，管线的外径等于_mm；（2）上列器材中，电压表和滑动变阻器分别应选_（只填代号字母，如abc）（3）请在如图丁方框中将该小组设计方案的实验电路图补充完整，要求电压表与电流表的示数均能过半，并能测量多组数据，合金管线电阻用rx表示（4）小组将测得的多组u、i数据绘制成ui图象如图丙所示，并计算出图象的斜率为k，同时用刻度尺测量出了管线的长度l计算合金管线内部空间截面积s0的表达式为_（用巳知量和所测物理量的符号如l、d、k、r0表示）11甲、乙两质点在同一时刻、从同一地点沿同一方向做直线运动质点甲做初速度为零，加速度大小为a1的匀加速直线运动质点乙做初速度为v0，加速度大小为a2的匀减速直线运动至速度减为零后保持静止甲、乙两质点在运动过程中的位置x速度v图象如图所示，虚线与对应的坐标轴垂直 （1）在xv图象中，图线a表示哪个质点的运动？质点乙的初速度是多少？（2）求质点甲、乙的加速度大小a1、a212如图甲所示，平行正对金属板a、b间距为d，板长为l，板面水平，加电压后其间匀强电场的场强为e=v/m，方向竖直向上板间有周期性变化的匀强磁场，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，设垂直纸面向里为正方向t=0时刻一带电粒子从电场左侧靠近b板处以水平向右的初速度v0开始做匀速直线运动（设a、b板内侧与粒子绝缘且光滑，重力加速度取g=10m/s2）（1）判断粒子电性的正负，并求粒子的比荷（2）t0时刻起，经过1s粒子第一次速度变为水平向左，则b1多大？（3）若b2=b1，t0=s，要使粒子能平行向右到达a板的右端，试求d与l比值的最大值kmax与最小值kmin，并求比值的取值范围k的最大值（二）选考题：共45分请考生从给出的3个物理题模块中选做一个模块【物理-选修3-3】13下列说法正确的是( )a布朗运动虽然不是液体分子的运动，但是它可以说明分子在永不停息地做无规则运动b只要知道水的摩尔质量和水分子的质量，就可以计算出阿伏伽德罗常数c若一定质量的理想气体压强和体积都不变时，其内能可能增大d若一定质量的理想气体温度不断升高时，其压强也一定不断增大e若一定质量的理想气体温度升高1k，其等容过程所吸收的热量一定大于等压过程所吸收的热量14如图所示，一圆柱形绝热气缸竖直放置，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体，活塞的质量为m，横截面积为s，与容器底部相距h现通过电热丝缓慢加热气体，当气体吸收热量q时，活塞上升高度h，此时气体的温度为t1已知大气压强为p0，重力加速度为g，不计活塞与气缸的摩擦求：（1）加热过程中气体的内能增加量；（2）现停止对气体加热，同时在活塞上缓慢添加砂粒，当添加砂粒的质量为m0时，活塞恰好回到原来的位置，求此时气体的温度【物理-选修3-4】15下列说法正确的是( )a利用单摆测定重力加速度g时，把悬线长和小球直径之和当作摆长会导致所测得的g值偏大b单位时间内经过媒质中一点的完全波的个数就是这列简谐波的频率c在干涉现象中，振动加强点的位移总比减弱点的位移要大d根据麦克斯韦的电磁场理论，变化的电场产生磁场，变化的磁场产生电场e“和谐号”动车组高速行驶时，在地面上测得的其车厢长度明显变短16半径为r的固定半圆形玻璃砖的横截面如图所示，o点为圆心，oo为直径mn的垂线足够大的光屏pq紧靠在玻璃砖的右侧且与mn垂直一光束沿半径方向与oo成=30射向o点，光屏pq区域出现两个光斑当逐渐增大到45时，光屏上的两个光斑恰好变成一个试求：圆形玻璃砖材料的折射率n；当光束沿半径方向与oo成=30射向o点时，光屏pq区域两个光斑的距离【物理-选修3-5】17以下是有关近代物理内容的若干叙述，其中正确的是( )a一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，改用波长较长的光照射该金属可能发生光电效应b康普顿效应证实了光子像其他粒子一样，不但具有动能，也具有动量c氡222的半衰期为3.8天，则质量为4g的氡222经过7.6天还剩下1g的氡222d玻尔理论解释了原子发射出来的光子其谱线为什么是不连续的e重核裂变为几个中等质量的核，则其平均核子质量会增加18如图所示，长l=1m的小车静止在光滑的水平面上，一滑块以v0=3m/s的水平速度从小车左端滑入并从小车右端滑出，小车和滑块的质量均为1kg，已知滑块与小车间的动摩擦因数=0.2（g=10m/s2）求：滑块离开小车时，滑块和小车的速度分别为多少？此过程中，小车受到合外力的冲量？湖南省岳阳市2015届高考物理二模试卷一、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11846年9月23日，德国天文学家约翰伽勒按照法国天文学家乌阿班勒维耶的推算，在预定的天区发现了太阳系第八颗行星海王星这一天，被历史评价为“牛顿力学最辉煌的一天”若太阳系各大行星的轨道都可近似看作圆轨道且共面同向公转，行星每隔一定时间使另一行星轨道发生偏离的现象在天文学上称为“摄动”则下列关于这段科学的历程说法正确的是( )a勒维耶根据海王星对天王星的摄动情况并应用牛顿力学推算出海王星的位置b天王星被称为“笔尖下发现的行星”c海王星对天王星的摄动周期等于天王星绕太阳的公转周期d根据海王星公转周期和轨道半径可估算太阳的密度考点：万有引力定律及其应用 专题：万有引力定律的应用专题分析：勒维耶和亚当斯精确地预言了海王星的位置；海王星和后来的冥王星都是通过计算位置后找到的，故也称为“笔尖下发现的行星”，但天王星不是计算后找到的；实际上天文学上的摄动比较复杂，这里简化为圆周运动做了近似处理，根据密度定义式分析求解解答：解：a、勒维耶和亚当斯各自利用牛顿力学结合当时对天王星的天文观测数据，进行了艰苦卓绝的逆运算，很精确地预言了海王星的位置，故a正确；b、海王星和后来的冥王星都是通过计算位置后找到的，故也称为“笔尖下发现的行星”，但天王星不是计算后找到的，故b错误；c、海王星对天王星的摄动周期大于天王星的公转周期，这实际上是一个天体运动的追及问题，与2014年行星冲日原理相同，摄动实际是内星（快）追外星（慢），其摄动周期肯定大于内星的公转周期，象秒针追时针或分针，一定大于1分钟，故c错误，d、实际上天文学上的摄动比较复杂，这里简化为圆周运动做了近似处理；在不知道太阳半径的情况下是无法计算其密度的，故d错误故选：a点评：本题考查2015届高三学生的复习是否回归教材，这段物理学史是一段美谈，为人所乐道，学生应该了解对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一2如图所示，范围足够大的匀强磁场磁感应强度为b，有一根电阻为4r的均匀导体，弯成圆环并将两端焊接在一起，固定在磁场中，其直径为d另一导体棒mn长l=1.5d，总电阻为1.5r，通过外力使导体棒以速度v（v与棒垂直）在圆环上向右匀速运动，棒与环接触良好，不计接触电阻棒经过环中心时，下列说法正确的是( )a导体棒中的感应电流从a流向bb流过导体棒的电流大小为c导体棒受到的安培力与v方向相反d导体棒受到的安培力大小为考点：导体切割磁感线时的感应电动势；安培力 专题：电磁感应与电路结合分析：依据右手定则可判定a；依据动生电动势公式和闭合电路欧姆定律可判定b；依据左手定则可判定c；依据安培力f=bil可判定d解答：解：a、根据右手定则（或楞次定律）电流应从棒的b端流向a端，故a错误；b、当导体棒位于环心时，电路可等效成两个半环（各2r）并联后（电阻为r）接在a、b间，棒的ab部分相当于电源，ab部分的电阻为r，即为电源的等效内阻，电路的总电阻为2r，电动势为ab部分切割磁感线产生感应电动势，大小等于bdv，根据闭合电路的欧姆定律可得电流为，故b错误；c、根据左手定则（或楞次定律来拒去留）可知安培力向向左，故c正确；d、导体棒受安培力大小为，故d错误故选：c点评：这道题综合电磁感应中的右手定则、法拉第电磁感应定律、左手定则、简单电路的分析和计算（闭合电路欧姆定律），设计的内容比较多，重点在于左右手定则，法拉第电磁感应定律，易错点为：ab部分切割磁感线产生感应电动势与棒ab外端部分无关，大小等于bdv，易错为blv3将三个质量均为m的小球a、b、c用细线相连后（bc间无细线相连），再用细线悬挂于o点，如图所示用力f拉小球c，使三个小球都处于静止状态，且细线oa与竖直方向的夹角保持为=30，则f的最小值为( )amgb2mgc1.5mgdmg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：以三个小球组成的整体为研究对象，当f垂直于oa线时取得最小值，根据平衡条件求解f的最小值解答：解：静止时要将三球视为一个整体，重力为3mg，当作用于c球上的力f垂直于oa时，f最小，由正交分解法知：水平方向fcos30=tsin30，竖直方向fsin30+tcos30=3mg，解得fmin=1.5mg故选：c点评：这道题考查静力学平衡问题以及受力分析中的隔离法与整体法，本题使用的是整体法4从地面上以初速度v0竖直上抛一质量为m的小球，若运动过程中受到的空气阻力f与其速率v成正比，比例系数为k球运动的速率随时间变化的规律如图所示，t1时刻到达最高点，再落回地面，落地速率为v1，且落地前小球已经做匀速运动则下列说法正确的是( )a上升过程比下降过程所用时间长b比例系数k=c小球抛出瞬间的加速度大小为（1+）gd小球在下降过程中的加速度逐渐减小到零并保持不变，其变化快慢也逐渐减小到零并保持不变考点：牛顿第二定律 专题：牛顿运动定律综合专题分析：根据图线与时间轴围成的面积表示位移，抓住上升过程和下降过程中位移的大小相等，比较运动的时间根据落地前做匀速运动，结合平衡求出比例系数根据牛顿第二定律求出抛出瞬间的加速度大小结合图线的斜率分析加速度的变化解答：解：a、根据图线与时间轴围成的面积表示位移，抓住上升过程和下降过程中的位移大小相等，可知上升的时间小于下降的时间，故a错误b、落地前以v1匀速运动，有mg=kv1，即k=，故b错误c、小球抛出瞬间的加速度大小a=，故c错误d、速度时间图线的斜率表示加速度，可知小球在下降过程的加速度逐渐减小到0并保持不变，故d正确故选：d点评：本题考查了牛顿第二定律和速度时间图线的综合运用，知道图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移5竖直面内有a、b、c、d四点构成矩形，ac竖直，dac=30，空间有一范围足够大的匀强电场，方向由d指向c，将一质量为m不带电小球a从a点以某一速度水平抛出，经过d点时，其动能是a位置的4倍；将另一质量也为m的带正电荷为q的小球b从a点以相同大小的速度水平抛出，经过b点时的动能也是a位置的4倍，则场强e的大小等于( )abcd考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；功的计算 专题：电场力与电势的性质专题分析：根据动能定理，求出初动能与高度得关系，再在电场中利用动能定理求出电场强度解答：解：设圆的半径为r，初动能为ek0不带电小球向右水平抛出后做平抛运动，从a到d重力做功为：w=mg2rcos30=1.5mgr由动能定理，得：w=4ek0ek0=3ek0带电小球向左水平抛出后在复合场中运动，从a到b重力做功为：w=mg（2r2rcos30）=0.5mgr，由动能定理，得：w+w电=4ek0ek0=3ek0解得电场力做功为：w电=mgr=eqr，故e=故选：a点评：考查了功的定义、动能定理的应用，注意灵活分析应用6电流和电压互感器是变电站的重要设备如图所示，是某型理想互感器示意图，已知n1：n2=1000：1，则下列说法正确的是( )a这是电流互感器示意图b互感器原、副线圈的变压比为1000：1c互感器次级线圈应装设保险丝，防止短路，否则会烧坏互感器d与副线圈串联的电表应为电流表考点：变压器的构造和原理 分析：理想变压器的工作原理是原线圈输入变化的电流时，导致副线圈的磁通量发生变化，从而导致副线圈中产生感应电动势而副线圈中的感应电流的变化，又导致在原线圈中产生感应电动势串联在电路中的是电流互感器，并联在电路中的是电压互感器，变压器原副线圈电压之比等于线圈匝数比解答：解：a、电压互感器并联（相对于用户）在火、零线间，电流互感器串联在火、零线间，故a错误；b、变压器原副线圈电压之比等于线圈匝数比，所以互感器原、副线圈的变压比为1000：1，故b正确；c、互感器次级不能短路（一般在初级和次级都串联熔断器），否则电流过大损坏设备甚至危及人身安全，故c正确；d、与副线圈串联的应为电压表，d错误故选：bc点评：理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象同时变压比与匝数成正比，变流比与匝数成反比7如图所示，匀强磁场的边界为直角三角形，egf=30，已知磁感应强度为b，方向垂直纸面向里f处有一粒子源，沿fg方向发射出大量带正电荷q的同种粒子，粒子质量为m，粒子的初速度v0大小可调，则下列说法正确的是( )a若粒子能到达eg边界，则粒子速度越大，从f运动到eg边的时间越长b无论v0取何值，粒子都无法到达e点c能到达ef边界的所有粒子所用的时间均相等d粒子从f运动到eg边所用的最长时间为考点：带电粒子在匀强磁场中的运动 分析：粒子从eg边界射出的临界情况是轨迹与eg相切，此时从eg边射出时间最长，根据圆心角，结合周期公式求出最长时间粒子从ef边界射出粒子运动的轨迹为半圆，通过圆心角比较运动的时间解答：解：a、当粒子运动的轨迹与eg边相切时，根据几何关系得，解得粒子的轨道半径r=，当半径超过该值时，粒子会从eg边射出，速度越大，半径越大，回旋角越小（因为弦与ef夹角越大），时间越短（周期与速度无关），故a错误b、当粒子速度v0=时，粒子轨迹与eg相切，若粒子速度大于v0，粒子会从eg边出界，若粒子速度小于v0，粒子会从ef边出界，无法到达e点，故b正确c、能从ef边出射的粒子都做半圆周运动，因为粒子的周期与速度无关，所以能到达ef边界的所有粒子所用的时间均相等故c正确d、当v0=时，粒子轨迹与eg相切，此时回旋角最大为150，时间最长为t=故d错误故选：bc点评：本题考查带电粒子在磁场中运动，涉及洛仑兹力的计算，圆周运动动力学计算，左手定则，时间计算和临界分析等关键作出粒子的运动轨迹，结合半径公式和周期公式进行求解8如图所示，三角形斜面固定在水平面上，左右两个倾角分别为、（），一足够长的轻质绸带跨过斜面的顶端铺放在斜面的两侧，绸带与斜面间无摩擦现将质量分别为m、m（mm）的小物块同时轻放在斜面两侧的绸带上两物块与绸带间的动摩擦因数相等，且最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等在动摩擦因数取不同值的情况下，下列说法正确的有( )a因为mm，故质量为m的物块对丝绸的摩擦力较大b两物块可能同时相对绸带静止cm不可能相对绸带发生滑动dm可能相对斜面向上滑动但相对丝绸向下滑动考点：牛顿第二定律；胡克定律 专题：牛顿运动定律综合专题分析：用极限法和假设法，假设两物块相对丝绸静止，通过牛顿第二定律分析能否保持相对静止假设足够大，判断m相对丝绸的运动解答：解：a、尽管mm，但，故无法判断两个物块对丝绸的压力大小，也无法判定两边摩擦力的性质与大小，故a错误；b、只要动摩擦因数足够大，两边物块均相对丝绸静止，m、m和丝绸组成的整体沿左斜面向下滑动，此时，只需满足f静=mgsinma且f静=mgsin+ma即可，只要满足：，且，两物块就可相对丝绸静止并整体做加速运动，故b正确c、当足够大，m相对丝绸向左下滑动，m带着丝绸向右下滑动，故c错误d、当的大小接近，且值适当时，m带着丝绸下滑，丝绸给m的摩擦力大于mgsin，但不足以与m整体运动，故m相对丝绸下滑，但相对斜面向左上滑动，故d正确故选：bd点评：本题采用整体法和隔离法相结合，求解两个物体所受的摩擦力，是连接体问题中常用的方法注意假设法和极限法在选择题中的灵活运用二、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在探究弹力和弹簧伸长量的关系时，某同学先按图1对弹簧甲进行探究，然后将弹簧乙和弹簧甲串联起来按图2进行探究不考虑两个弹簧重力的影响，在弹性限度内，将质量m=50g的钩码逐个挂在弹簧下端，分别测得图1、图2中弹簧总长度l1、l2如表所示钩码个数1234l1/cm26.0026.4826.9727.47l2/cm79.4480.8982.3683.85已知重力加速度g=9.8m/s2，要求尽可能多的利用测量数据，计算弹簧甲的劲度系数k=100n/m（保留三位有效数字）由表中数据能（填“能”或“不能”）计算弹簧乙的原长考点：探究弹力和弹簧伸长的关系 专题：实验题分析：根据弹簧形变量的变化量，结合胡克定律求出弹簧甲的劲度系数通过弹簧并联时的弹力的变化量和形变量的变化量可以求出弹簧并联的劲度系数，再根据k并=k甲+k乙，计算弹簧乙的劲度系数解答：解：由表格中的数据可知，当弹力的变化量f=2mg=20.059.8n=0.98n时，弹簧形变量的变化量为x1=0.98cm，根据胡克定律知甲的劲度系数：k=100n/m因两弹簧受力相等，根据表中l2及l1的示数可明确乙的形变量，则由1的方法可求得弹簧乙劲度系数；从而求出形变量，即可求得原长；故答案为：100；能点评：解决本题的关键掌握胡克定律，知道f=kx，x表示形变量，以及知道其变形式f=kx，x为形变量的变化量10如图甲所示，一根细长而均匀的合金管线样品，横截面为环形此合金管线长度用l表示，外径用d表示，电阻约为5巳知这种合金的电阻率为，且受温度的影响很小，可以忽略因管线内中空部分内径太小，无法直接测量某实验小组设计了一个实验方案，测量中空部分的截面积s0，他们已选器材如下：a毫米刻度尺 b螺旋测微器c电流表a（300ma，1.0） d电压表v1（15v，约10k）e电压表v2（ 3v，约6k） f滑动变阻器r1（2k，0.5a）g滑动变阻器r2（10，2a） h标准电阻（r0=5）i蓄电池（3v，约0.05） j开关一个，带夹子的导线若干（1）小组同学用螺旋测微器测量该管线的外径d，示数如图乙所示，管线的外径等于1.510mm；（2）上列器材中，电压表和滑动变阻器分别应选eg（只填代号字母，如abc）（3）请在如图丁方框中将该小组设计方案的实验电路图补充完整，要求电压表与电流表的示数均能过半，并能测量多组数据，合金管线电阻用rx表示（4）小组将测得的多组u、i数据绘制成ui图象如图丙所示，并计算出图象的斜率为k，同时用刻度尺测量出了管线的长度l计算合金管线内部空间截面积s0的表达式为（用巳知量和所测物理量的符号如l、d、k、r0表示）考点：伏安法测电阻 专题：实验题分析：（1）螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；（2）本实验需要用伏安法测量电阻，同时要结合电阻定律公式r=求解导体的截面积，故可以先得到截面积的表达式，再结合欧姆定律得到待测量，从而进一步选择器材；（2）用伏安法测量电阻，要求尽可能测出多组有关数值，故滑动变阻器要采用分压式接法；由于金属原件长度较短，故电阻较小，故采用安培表外接法，画出电路图后进一步连接实物图即可；（3）根据欧姆定律和电阻定律公式可以得到要测量的物理量，并进一步推导出公式解答：解：（1）螺旋测微器的固定刻度为1.5mm，可动刻度为1.00.01mm=0.010mm，所以最终读数为1.5mm+0.010mm=1.510mm；（2）由于电源电压为3v，故电压表选择e；由于采用分压接法，故滑动变阻器选用小电阻g；（3）本题中应用分压式接法，为了保证电压表读数时能过半，串联一定值电阻，电压表接在待测电阻与定值电阻两端；故电路如图所示（3）根据欧姆定律，有r+r0=k；根据电阻定律，有r= ，故截面积为：s=；故合金管线内部空间截面积s0的表达式为故答案为：（1）1.510；（2）eg；（3）如图；（4）点评：本题考查对电阻的测量，要求能对电学实验要能设计出电路图，并根据电路图连接电路并得到待测量，还要会误差分析，要注意在学习中加强训练11甲、乙两质点在同一时刻、从同一地点沿同一方向做直线运动质点甲做初速度为零，加速度大小为a1的匀加速直线运动质点乙做初速度为v0，加速度大小为a2的匀减速直线运动至速度减为零后保持静止甲、乙两质点在运动过程中的位置x速度v图象如图所示，虚线与对应的坐标轴垂直 （1）在xv图象中，图线a表示哪个质点的运动？质点乙的初速度是多少？（2）求质点甲、乙的加速度大小a1、a2考点：匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与位移的关系 专题：运动学中的图像专题分析：（1）根据图象中速度随位移的变化关系判断哪个图象是甲的运动图象，哪个是乙的图象，再根据图象直接读出x=0时，乙的速度；（2）分别对甲和乙，根据运动学基本公式列式，联立方程求解即可解答：解：（1）设运动过程中甲、乙的速度分别为v1、v2，根据速度与位移关系有：=2a1x1得：x1=可知其图象应为抛物线，且开口向上，故图线a表示质点甲的运动得：x2=可知其图象应为抛物线，且开口向下，故图线b表示质点乙的运动，且当v2=v0时，x2=0，从图象可知：v0=4m/s（2）由图象交点可知，v1=v2时两质点的位移相同，且x=2m，有：对质点甲：v2=2a1x，对质点乙：v2=2a2x解得：=2（a1+a2）x，a1+a2=4m/s2另据图象可知当v1=6m/s，v2=2m/s时，两质点的位移x相同，有： 对质点甲：=2a1x对质点乙：=2a2x解得 a1=3a2联立可得：a1=3m/s2，a2=1m/s2答：（1）在xv图象中，图线a表示点甲的运动，质点乙的初速度是4m/s（2）质点甲、乙的加速度大小a1、a2分别为3m/s2和a2=1m/s2点评：本题主要考查了运动学基本公式的直接应用，关键是要求同学们能根据图象判断出甲乙的图线，能够从图中得出有效信息12如图甲所示，平行正对金属板a、b间距为d，板长为l，板面水平，加电压后其间匀强电场的场强为e=v/m，方向竖直向上板间有周期性变化的匀强磁场，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，设垂直纸面向里为正方向t=0时刻一带电粒子从电场左侧靠近b板处以水平向右的初速度v0开始做匀速直线运动（设a、b板内侧与粒子绝缘且光滑，重力加速度取g=10m/s2）（1）判断粒子电性的正负，并求粒子的比荷（2）t0时刻起，经过1s粒子第一次速度变为水平向左，则b1多大？（3）若b2=b1，t0=s，要使粒子能平行向右到达a板的右端，试求d与l比值的最大值kmax与最小值kmin，并求比值的取值范围k的最大值考点：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）抓住粒子做匀速直线运动，重力和电场力平衡，根据平衡得出粒子的电性以及比荷的大小（2）t0时刻起粒子做匀速圆周运动，经过半个圆周速度第一次变为水平向左，结合周期公式求出磁感应强度的大小（3）电场力和重力平衡，粒子在磁场中做圆周运动，根据半径公式求出粒子在不同磁场中做圆周运动的半径，要使粒子能平行向右到达a板右边沿，则粒子在两种磁场中回旋半周的次数相同，结合几何关系进行求解解答：解：（1）因为粒子做匀速直线运动，重力与电场力平衡，电场力竖直向上，故粒子带正电有：eq=mg得：（2）t0时刻起粒子做匀速圆周运动，经过半个圆周速度第一次变为水平向左，设粒子在磁感应强度为b1的磁场中运动周期为t1，设粒子质量为m，电荷量为q，有：，且t1=1s解得：b1=0.2t（3）设磁感应强度为b1和b2时粒子运动的半径分别为r1和r2，有：，要使粒子能平行向右到达a板右边沿，则粒子在两种磁场中回旋半周的次数相同，设为n，有：，lmax=（n=1，2，3，），（n=1，2，3，），当n=1 时，k有最大值，且最大值为：kmax=1.5答：（1）粒子的比荷为5c/kg；（2）b1的大小为0.2t；（3）比值的取值范围k的最大值为1.5点评：本题考查了带电粒子在复合场中的运动，知道电场力和重力平衡，受洛伦兹力提供向心力，做圆周运动，结合半径公式、周期公式进行求解，第三问对数学能力要求较高，属于压轴部分，需加强这方面的训练（二）选考题：共45分请考生从给出的3个物理题模块中选做一个模块【物理-选修3-3】13下列说法正确的是( )a布朗运动虽然不是液体分子的运动，但是它可以说明分子在永不停息地做无规则运动b只要知道水的摩尔质量和水分子的质量，就可以计算出阿伏伽德罗常数c若一定质量的理想气体压强和体积都不变时，其内能可能增大d若一定质量的理想气体温度不断升高时，其压强也一定不断增大e若一定质量的理想气体温度升高1k，其等容过程所吸收的热量一定大于等压过程所吸收的热量考点：理想气体的状态方程；阿伏加德罗常数；布朗运动；热力学第一定律 分析：布朗运动是悬浮在液体中固体微粒的无规则运动；根据热力学第一定律公式判断做功和吸热对内能的影响，根据理想气体状态方程判断压强的变化解答：解：a、布朗运动是悬浮在液体中固体微粒的无规则运动，是由颗粒周围大量的液体分子撞击引起的，所以布朗运动反映了液体分子的无规则运动，故a正确；b、摩尔质量与分子质量之比等于阿伏加德罗常数，故b正确c、根据理想气体的状态方程：可知，若一定质量的理想气体压强和体积都不变时，温度也不变，其内能也一定不变，故c错误；d、根据理想气体的状态方程：可知，若一定质量的理想气体温度不断升高时，其压强可能增大，可能减小，也可能不变，故d错误；e、该气体经过等容变化后温度升高1k与其经过等压过程后温度升高1k相比，气体的内能增加量u相等，而前者外界做功w=0，而后者w0时，根据热力学第一定律u=qw，可知，前者气体吸收的热量q=u，而后者qu，e正确故选：abe点评：本题考查了布朗运动、阿伏伽德罗常数、热力学第一定律的应用和理想气体状态方程的利用，都是一些以及性的知识点的内容，多加积累即可14如图所示，一圆柱形绝热气缸竖直放置，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体，活塞的质量为m，横截面积为s，与容器底部相距h现通过电热丝缓慢加热气体，当气体吸收热量q时，活塞上升高度h，此时气体的温度为t1已知大气压强为p0，重力加速度为g，不计活塞与气缸的摩擦求：（1）加热过程中气体的内能增加量；（2）现停止对气体加热，同时在活塞上缓慢添加砂粒，当添加砂粒的质量为m0时，活塞恰好回到原来的位置，求此时气体的温度考点：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：（1）活塞缓慢上升为等压过程，由功的表达式求解即可然后由热力学第一定律e=w+q可求（2）对气体进行受力分析，求得两个状态的压强，写出初末的状态，再使用理想气体的状态方程即可正确做出解答解答：解：（1）活塞受到上下气体的压力和重力作用，处于平衡状态，得：p0s+mg=ps 塞缓慢上升，视为等压过程，则气体对活塞做功大小：w=fh=psh=（p0s+mg）h 根据热力学定律：e=w+q，气体对外做功，w要取负号，所以得：e=q（p0s+mg）h（2）添加砂粒的质量为m0时，活塞受力：p0s+mg+m0g=p1s得： 气体初状态：p，2hs，t1；气体 的末状态：p1，t2，hs由理想气体的状态方程得：将代人中，解得：答：（1）加热过程中气体的内能增加量e=q（p0s+mg）h；（2）活塞重新回到原来的位置，求此时气体的温度点评：（1）确做功与热量的正负的确定是解题的关键；（2）对气体正确地进行受力分析，求得两个状态的压强是解题的关键属于中档题【物理-选修3-4】15下列说法正确的是( )a利用单摆测定重力加速度g时，把悬线长和小球直径之和当作摆长会导致所测得的g值偏大b单位时间内经过媒质中一点的完全波的个数就是这列简谐波的频率c在干涉现象中，振动加强点的位移总比减弱点的位移要大d根据麦克斯韦的电磁场理论，变化的电场产生磁场，变化的磁场产生电场e“和谐号”动车组高速行驶时，在地面上测得的其车厢长度明显变短考点：用单摆测定重力加速度；光的干涉 专题：常规题型分析：根据单摆的周期公式得出重力加速度的表达式，结合摆长和周期的测量误差判断重力加速度的测量误差频率是单位时间内波传播的个数；在干涉现象中，振动加强点的位移总比减弱点的振幅要大；麦克斯韦的电磁场理论中变化的磁场一定产生电场，当中的变化有均匀变化与周期性变化之分速度达到光速时，沿着速度方向长度明显变短；解答：解：a、根据单摆的周期公式为t=2得t2=l，利用单摆测定重力加速度g时，把悬线长和小球直径之和当作摆长，即摆长变大，会导致所测得的g值偏大，故a正确；b、单位时间内经过媒质中一点的完全波的个数就是这列简谐波的频率，故b正确；c、在干涉现象中，振动加强点的位移总比减弱点的振幅要大，位移不一定比减弱点的位移要大故c错误；d、根据麦克斯韦的电磁场理论，变化的电场产生磁场，变化的磁场产生电场，故d正确；e、动车组高速行驶时，但速度远达不到光速，则不会出现沿车厢长度明显变短的现象，故e错误；故选：abd点评：本题考查了干涉现象、单摆测定重力加速度、电磁场理论、相对论等基础知识点，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点16半径为r的固定半圆形玻璃砖的横截面如图所示，o点为圆心，oo为直径mn的垂线足够大的光屏pq紧靠在玻璃砖的右侧且与mn垂直一光束沿半径方向与oo成=30射向o点，光屏pq区域出现两个光斑当逐渐增大到45时，光屏上的两个光斑恰好变成一个试求：圆形玻璃砖材料