河南省周口市太康一高高考物理模拟试卷（含解析）.doc

2015年河南省周口市太康一高高考物理模拟试卷一选择题（本题共10小题，每小题5分，共50分.在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是正确的，全部选对的得5分，选不全的得3分，错选或不选的得0分）1下列有关物理学史说法正确的是（）a 牛顿在总结前人研究成果的基础上，提出了“力不是维持物体运动的原因，力是改变物体运动状态的原因”论段b 库仑得出库仑定律并用扭秤实验最早测出了元电荷e的数值c 开普勒在研究行星运动规律的基础之上提出了万有引力定律d 法拉第发现了电流的磁效应并得出电磁感应定律2如图所示，有一个重力不计的方形容器，被水平力f压在竖直的墙面上处于静止状态，现缓慢地向容器内注水，直到将容器刚好盛满为止，在此过程中容器始终保持静止，则下列说法中正确的是（） a 容器受到的摩擦力不变b 容器受到的摩擦力逐渐增大c 水平力f可能不变d 水平力f必须逐渐增大3a、b两物体叠放在一起，放在光滑水平面上，如图甲，它们从静止开始受到一个变力f的作用，该力与时间的关系如图乙所示，a、b始终相对静止则（）a 在t0时刻，a、b两物体间静摩擦力最大b 在t0时刻，a、b两物体的速度最大c 在2t0时刻，a、b两物体的速度最大d 在2t0时刻，a、b两物体又回到了出发点4已知神舟九号飞船在离地球表面h高处的轨道上做周期为t的匀速圆周运动，地球的半径r，万有引力常量为g在该轨道上，神舟九号航天飞船（）a 运行的线速度大小为b 运行的线速度小于第一宇宙速度c 运行时的向心加速度大小d 地球表面的重力加速度大小为5足够长的粗糙斜面上，用力推着一物体沿斜面向上运动，t=0时撤去推力，06s内速度随时间的变化情况如图所示，由图象可知（）a 01s内物体发生的位移大小与16s内发生的位移大小之比为1：5b 01s内重力的平均功率大小与16s内重力平均功率大小之比为5：1c 0ls内摩擦力的平均功率与16s内摩擦力平均功率之比为1：1d 01s内机械能变化量大小与16s内机械能变化量大小之比为1：56如图所示，在等量异种电荷形成的电场中，画一正方形abcd，对角线ac与两点电荷连线重合，两对角线交点o恰为电荷连线的中点下列说法中正确的是（）a ca两点间的电势差是cb两点间的电势差的2倍b b、d两点的电场强度及电势均相同c 一质子由b点沿bcd路径移至d点，电势能先减小后增大d 一电子由a点沿aoc路径移至c点，所受电场力先减小后增大7如图甲所示，理想变压器原线圈输入端接如图乙所示的交变电压，移动滑动触头p，可以改变原线圈的匝数变压器的副线圈与一个滑动变阻器相连，q为变阻器的滑动触头，电压表为理想交流电压表下列说法正确的是（）a 向上移动p，输入电压的频率不变b 向上移动p，输入电流减小c 保持p不动，向下移动q，变压器的输入功率减小d 保持q不动，向下移动p，电压表的示数不变8带正电的小环套在粗糙水平杆上，杆足够长，右半部分处在匀强磁场中，小环突然获得一向右的水平速度滑入磁场中，如图所示小环的重量不能忽略，则小环进入磁场后的运动情况可能是（）a 匀速直线运动b 匀减速直线运动c 先逐渐减速最后匀速直线运动d 逐渐减速最后停止9如图所示，螺线管cd的导线绕法不明，当磁铁n极向下靠近螺线管c端时，闭合电路中有图示方向的感应电流产生，下列说法正确的是（）a c端一定是n极b d端一定是n极c 因螺线管的绕法不明，故无法判断c端的极性d 当磁铁向下穿过螺线管且远离d端时，电路中的感应电流方向与图示方向相反10如图所示，水平放置的光滑平行金属导轨上有一质量为m的金属棒ab导轨的一端连接电阻r，其它电阻均不计，磁感应强度为b的匀强磁场垂直于导轨平面向下，金属棒ab在一水平恒力f作用下由静止开始向右运动则（）a 随着ab运动速度的增大，其加速度也增大b 外力f对ab做的功等于电路中产生的电能c 当ab做匀速运动时，外力f做功的功率等于电路中的电功率d 无论ab做何种运动，它克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能二、实验题：（本题共2小题，共15分）11关于验证机械能守恒定律实验，下面列出一些实验步骤：a用天平称出重物和夹子质量b在三条纸带中选出较好的一条c将纸带穿过打点计时器的限位孔，上端用手提着，下端夹上系住重物的夹子，再把纸带向上拉，让夹子靠近打点计时器，处于静止状态d把打点计时器接在学生电源的交流输出端，把输出电压调到6v（电源不接通）e把打点计时器用铁夹固定放到桌边的铁架台上，使两个限位孔在同一竖直面内f在纸带上选取两个点，进行测量并记录数据，进行计算，得出结论，完成实验报告g用秒表测出重物下落的时间h接通电源，待计时器打点稳定后释放纸带i切断电源，更换纸带，重新进行两次实验（1）对于本实验以上步骤中，不必要的有； 正确步骤的合理顺序是 （填写代表字母）（2）若实验中所用重物的质量m=1kg打点纸带如图所示，打点时间间隔为0.02s，则记录b点时，重物速度vb=，重物动能ek=（g取9.8m/s2）（3）根据纸带算出相关各点的速度v，量出下落距离h，则以为纵轴、以h为横轴画出的图象应是图中的12在“把电流表改装为电压表”的实验中，需要利用如图所示的电路测定电流表的内阻，步骤如下：接通s1（s2未接通），调节r1，使电流表指针偏转到满刻度；再接通s2，调节r2，使电流表指针偏转到满刻度的1/3；读出r2的阻值，可得到rg= （填表达式）已知电源的电动势为3v，内阻不计；电流表满偏电流为500a，其内阻约在100左右实验室配有的可变电阻有：a电阻箱（0999.9） b滑动变阻器（0200）c滑动变阻器（010k） d滑动变阻器（0100k）（1）电路中r1应选，r2应选（填序号）（2）上述实验中电流表内阻的测量值和真实值相比（选填“偏大”或“偏小”）（3）如果测得该电流表阻值为100，要将其改装为量程为3v电压表，应联一个阻值为的电阻三、计算题：（本大题共2小题，共30分要求写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案，而未写出主要演算过程的，不能得分）13如图，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边已知拖动缆绳的电动机功率恒为p，小船的质量为m，小船受到的阻力大小恒为f，经过a点时的速度大小为v0，小船从a点沿直线加速运动到b点经历时间为t1，a、b两点间距离为d，缆绳质量忽略不计求：（1）小船从a点运动到b点的全过程克服阻力做的功wf；（2）小船经过b点时的速度大小v1；（3）小船经过b点时的加速度大小a14如图甲所示，竖直挡板mn的左侧空间有方向竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场，电场和磁场的范围足够大，电场强度的大小e=40n/c，磁感应强度的大小b随时间t变化的关系图象如图乙所示，选定磁场垂直纸面向里为正方向，在t=0时刻，一质量m=8104kg，带电荷q=+2104c的微粒在o点具有竖直向下的速度v=0.12m/s，o是挡板mn上一点，直线oo与挡板mn垂直，取g=10m/s2求：（1）微粒下一次经过直线oo时到o点的距离（2）微粒在运动过程中离开直线oo的最大距离（3）水平移动挡板，使微粒能垂直射到挡板上，挡板与o点间距离应满足的条件四选考题：共15分请考生从给出的3道题中任选一题解答，如果多做，则按所做的第一题计分【物理-选修3-3】（15分）15下列说法正确的是（）a 由阿伏伽德罗常数、气体的摩尔质量和密度，可以估算该种气体分子的大小b 悬浮在液体中的固体微粒越小，布朗运动就越明显c 分子间的引力随分子间距离的增大而增大，分子间斥力随分子间距离的增大而减小d 根据热力学第二定律可知，热量不可能从低温物体传到高温物体16如图所示为一简易火灾报警装置，其原理是：竖直放置的试管中装有水银，当温度升高时，水银柱上升，使电路导通，蜂鸣器发出报警的响声27时，被封闭的理想气体气柱长l1为20cm水银上表面与导线下端的距离l2为5cm（1）当温度达到多少时，报警器会报警？（2）如果大气压降低，试分析说明该报警器的报警温度会受到怎样的影响？【物理-选修3-4】（15分17 如图为频率f=1hz的波源产生的横波，图中虚线左侧为a介质，右侧为b介质其中x=14m处的质点振动方向向上则该波在a、b两种介质中传播的速度之比va：vb=若图示时刻为0时刻，则经0.75s处于x=6m的质点位移为cm18 如图所示，有一截面是直角三角形的棱镜abc，a=30它对红光的折射率为n1对紫光的折射率为n2在距ac边d处有一与ac平行的光屏，现有由以上两种色光组成的很细的光束垂直ab边射入棱镜红光和紫光在棱镜中的传播速度比为多少？若两种光都能从ac面射出，求在光屏mn上两光点间的距离【物理-选修3-5】（15分）19 2011年3月11日，日本东海岸发生9.0级地震，地震引发的海啸摧毁了日本福岛第一核电站的冷却系统，最终导致福岛第一核电站的6座核反应堆不同程度损坏，向空气中泄漏大量碘131和铯137、钡等放射性物质，这些放射性物质随大气环流飘散到许多国家4月4日，日本开始向太平洋排放大量带有放射性物质的废水，引起周边国家的指责有效防治核污染，合理、安全利用核能成为当今全世界关注的焦点和热点下列说法中正确的是（）a 福岛第一核电站是利用原子核衰变时释放的核能来发电b 铯、碘、钡等衰变时释放能量，故会发生质量亏损c 铯137进行衰变时，往往同时释放出射线，射线具有很强的穿透能力，甚至能穿透几厘米厚的铅板d 铯137进入人体后主要损害人的造血系统和神经系统，其半衰期是30.17年，如果将铯137的温度降低到0度以下，可以延缓其衰变速度20 如图所示，质量m，半径r的光滑半圆槽第一次被固定在光滑水平地面上，质量为m的小球，以某一初速度冲向半圆槽刚好可以到达顶端c然后放开半圆槽其可以自由运动，m小球又以同样的初速冲向半圆槽，小球最高可以到达与圆心等高的b点，（g=10m/s2）试求：半圆槽第一次被固定时，小球运动至c点后平抛运动的水平射程x=？小球质量与半圆槽质量的比值m/m为多少？2015年河南省周口市太康一高高考物理模拟试卷参考答案与试题解析一选择题（本题共10小题，每小题5分，共50分.在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是正确的，全部选对的得5分，选不全的得3分，错选或不选的得0分）1下列有关物理学史说法正确的是（）a 牛顿在总结前人研究成果的基础上，提出了“力不是维持物体运动的原因，力是改变物体运动状态的原因”论段b 库仑得出库仑定律并用扭秤实验最早测出了元电荷e的数值c 开普勒在研究行星运动规律的基础之上提出了万有引力定律d 法拉第发现了电流的磁效应并得出电磁感应定律考点：物理学史分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可解答：解：a、牛顿在总结前人研究成果的基础上，提出了“力不是维持物体运动的原因，力是改变物体运动状态的原因”论段，故a正确；b、库仑得出库仑定律并用扭秤实验最早测出了库仑引力常量，故b错误；c、牛顿在研究行星运动规律的基础之上提出了万有引力定律，故c错误；d、奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第得出电磁感应定律，故d错误；故选：a点评：本题考查物理学史，是常识性问题，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，有一个重力不计的方形容器，被水平力f压在竖直的墙面上处于静止状态，现缓慢地向容器内注水，直到将容器刚好盛满为止，在此过程中容器始终保持静止，则下列说法中正确的是（）a 容器受到的摩擦力不变b 容器受到的摩擦力逐渐增大c 水平力f可能不变d 水平力f必须逐渐增大考点：静摩擦力和最大静摩擦力；滑动摩擦力专题：摩擦力专题分析：由题知物体处于静止状态，受力平衡，合力为0；再利用二力平衡的条件再分析其受到的摩擦力和f是否会发生变化；解答：解：由题知物体处于静止状态，受力平衡，摩擦力等于容器和水的总重力，所以容器受到的摩擦力逐渐增大，故a错误，b正确；c、水平方向受力平衡，力f可能不变，故c正确，d错误故选bc点评：物体受到墙的摩擦力等于物体重，物重变大、摩擦力变大，这是本题的易错点3a、b两物体叠放在一起，放在光滑水平面上，如图甲，它们从静止开始受到一个变力f的作用，该力与时间的关系如图乙所示，a、b始终相对静止则（）a 在t0时刻，a、b两物体间静摩擦力最大b 在t0时刻，a、b两物体的速度最大c 在2t0时刻，a、b两物体的速度最大d 在2t0时刻，a、b两物体又回到了出发点考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系专题：牛顿运动定律综合专题分析：根据牛顿第二定律分析何时整体的加速度最大再以a为研究对象，当加速度最大时，a受到的静摩擦力最大分析整体的运动情况，分析何时b的速度最大，并确定何时ab位移最大解答：解：a、以整体为研究对象，根据牛顿第二定律分析得知，0、2t0时刻整体所受的合力最大，加速度最大，再以a为研究对象，分析可知，a受到的静摩擦力最大故a错误b、整体在0t0时间内，做加速运动，在t02t0时间内，向原方向做减速运动，则t0时刻，a、b速度最大，在2t0时刻两物体速度为零，速度最小，故b正确、c错误d、02t0时间内，整体做单向直线运动，位移逐渐增大，则2t0时刻，a、b位移最大没有回到出发点故d错误故选：b点评：本题一方面要灵活选择研究对象，另一方面，要能根据物体的受力情况分析物体的运动过程，这是学习动力学的基本功4已知神舟九号飞船在离地球表面h高处的轨道上做周期为t的匀速圆周运动，地球的半径r，万有引力常量为g在该轨道上，神舟九号航天飞船（）a 运行的线速度大小为b 运行的线速度小于第一宇宙速度c 运行时的向心加速度大小d 地球表面的重力加速度大小为考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用专题：人造卫星问题分析：研究飞船绕地球表面做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力求出线速度、加速度的表达式进行分析解答：a、神舟九号飞船在离地球表面h高处的轨道上做周期为t的匀速圆周运动，飞船的轨道半径为r=r+h，则线速度大小为v=故a错误b、研究飞船绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，得：g=m解得：v=当h=0时，v最大，即为第一宇宙速度，神舟九号的轨道高度h0，故飞船的线速度小于第一宇宙速度，故b正确；c、飞船的向心加速度大小为：a=r=，故c正确d、根据万有引力提供向心力，有： g=m，在地球表面上，物体的重力近似等于万有引力，则有： mg=g联立两式解得，地球表面的重力加速度大小为g=故d正确；故选：bcd点评：本题关键明确万有引力提供向心力，然后根据牛顿第二定律列式求解出线速度和加速度的表达式进行分析5足够长的粗糙斜面上，用力推着一物体沿斜面向上运动，t=0时撤去推力，06s内速度随时间的变化情况如图所示，由图象可知（）a 01s内物体发生的位移大小与16s内发生的位移大小之比为1：5b 01s内重力的平均功率大小与16s内重力平均功率大小之比为5：1c 0ls内摩擦力的平均功率与16s内摩擦力平均功率之比为1：1d 01s内机械能变化量大小与16s内机械能变化量大小之比为1：5考点：匀变速直线运动的图像；功率、平均功率和瞬时功率专题：运动学中的图像专题分析：平均功率根据=fv即可计算，机械能的变化量等于除重力以外的力做的功，动能变化量等于合外力所做的功解答：解：a、vt图象与时间轴包围的面积表示位移大小，故01s内物体发生的位移大小与16s内发生的位移大小之比为1：5，故a正确；b、根据图象可知：01s内的平均速度为：v1=m/s=5m/s；16s内平均速度为：v2=5m/s；所以01s内重力的平均功率为：p1=mgv1=5mg16s内重力平均功率：p2=mgv2=5mg，故b错误c、滑动摩擦力f=mgcos，整个运动过程中滑动摩擦力不变，根据pf=fv，可知0ls内摩擦力的平均功率与16s内摩擦力平均功率相等，故c正确；d、机械能的变化量等于滑动摩擦力做的功，01s内机械能变化量大小为wf1=pft1=pf，16s内机械能变化量大小为wf2=pft2=5pf，所以01s内机械能变化量大小与16s内机械能变化量大小之比为1：5，故d正确；故选：acd点评：本题主要考查了恒力功率公式、牛顿第二定律及功能关系的应用，难度适中6如图所示，在等量异种电荷形成的电场中，画一正方形abcd，对角线ac与两点电荷连线重合，两对角线交点o恰为电荷连线的中点下列说法中正确的是（）a ca两点间的电势差是cb两点间的电势差的2倍b b、d两点的电场强度及电势均相同c 一质子由b点沿bcd路径移至d点，电势能先减小后增大d 一电子由a点沿aoc路径移至c点，所受电场力先减小后增大考点：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：解答本题要掌握等量异种电荷周围电场分布情况，在如图所示的等量异种电荷连线的中点o是两点电荷连线之间电场强度最小的点，同时是两点电荷连线中垂线上最强的点，中垂线为零等势线，中垂线上电场方向水平向右；另外电势能的变化可通过电场力做功来判断解答：解：a、bod是等势面，根据对称性可知，uao=uoc，所以uca=2uco=2ucb，故a正确；b、由于b、d两点关于o点对称，因此其场强大小相等，方向均水平向右，中垂线为零等势线，故b正确；c、电子由b沿bc运动到c过程中，靠近负电荷远离正电荷，因此电场力做负功，电势能增大，沿cd运动到d过程中，靠近正电荷远离负电荷，电场力做正功，电势能减小，故整个过程中电势能先增大后减小，故c错误；d、图中两电荷连线电场方向水平向右，即由a指向c，先变疏再变密，质子受电场力先变大再变小，故d正确故选：abd点评：要熟练掌握等量异种电荷和等量同种电荷周围电场强度、电势分布情况，并能正确判断电荷在电场中运动时动能、电势能变化情况7如图甲所示，理想变压器原线圈输入端接如图乙所示的交变电压，移动滑动触头p，可以改变原线圈的匝数变压器的副线圈与一个滑动变阻器相连，q为变阻器的滑动触头，电压表为理想交流电压表下列说法正确的是（）a 向上移动p，输入电压的频率不变b 向上移动p，输入电流减小c 保持p不动，向下移动q，变压器的输入功率减小d 保持q不动，向下移动p，电压表的示数不变考点：变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：变压器不改变交流电的频率，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，输入功率等于输出功率解答：解：a、变压器不改变交流电的频率，a正确；b、向上移动p，原线圈匝数增大，副线圈电压减小，电流减小，所以输入电流减小，b正确；c、保持p不动，副线圈电压不变，向下移动q，电压表的示数减小，变压器的输入功率等于输出功率不变，cd错误；故选：ab点评：本题考查了变压器的特点，结合闭合电路欧姆定律考查了电路的动态分析8带正电的小环套在粗糙水平杆上，杆足够长，右半部分处在匀强磁场中，小环突然获得一向右的水平速度滑入磁场中，如图所示小环的重量不能忽略，则小环进入磁场后的运动情况可能是（）a 匀速直线运动b 匀减速直线运动c 先逐渐减速最后匀速直线运动d 逐渐减速最后停止考点：安培力；牛顿第二定律分析：根据左手定则可得小环所受洛伦兹力方向向上，通过讨论小环重力和洛伦兹力的大小关系结合牛顿第二定律可正确得出结果解答：解：a、给滑环套一个初速度，将受到向上的洛伦兹力，若洛伦兹力等于物体的重力，滑环将做匀速直线运动，故a正确；b、若重力小于洛伦兹力，滑环受到向下的弹力，则受到摩擦力，做减速运动，根据牛顿第二定律有（qvbmg）=ma，由此可见小环做加速度逐渐增大的减速运动，直至停止，故b错误；c、若重力小于洛伦兹力，滑环受到向下的弹力，则受到摩擦力，做减速运动，当洛伦兹力等于重力时，又做匀速运动，故c正确；d、若重力大于洛伦兹力，滑环受到向上的弹力，则受到摩擦力，将做减速运动，最后速度为零，故d正确故选acd点评：本题学生易错，解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，以及会根据物体的受力判断物体的运动情况9如图所示，螺线管cd的导线绕法不明，当磁铁n极向下靠近螺线管c端时，闭合电路中有图示方向的感应电流产生，下列说法正确的是（）a c端一定是n极b d端一定是n极c 因螺线管的绕法不明，故无法判断c端的极性d 当磁铁向下穿过螺线管且远离d端时，电路中的感应电流方向与图示方向相反考点：楞次定律分析：当磁铁的运动时，穿过线圈的磁通量变化，由楞次定律判断出感应电流的方向解答：解：a、b、c、由题意可知，当磁铁n极向下运动时，即靠近螺线管，导致穿过的磁通量变大，且磁场方向向下，因此根据楞次定律，感应电流的磁场的方向竖直向上；故上端（c端）为n极；故a正确，bc错误；d、当磁铁向下穿过螺线管且远离d端时，感应电流的磁场的方向竖直向下，所以电路中的感应电流方向与图示方向相反，故d正确；故选：ad点评：楞次定律是高中物理的一个重点，也是常考内容，一定要正确、全面理解楞次定律含义，掌握应用楞次定律解题的思路与方法10如图所示，水平放置的光滑平行金属导轨上有一质量为m的金属棒ab导轨的一端连接电阻r，其它电阻均不计，磁感应强度为b的匀强磁场垂直于导轨平面向下，金属棒ab在一水平恒力f作用下由静止开始向右运动则（）a 随着ab运动速度的增大，其加速度也增大b 外力f对ab做的功等于电路中产生的电能c 当ab做匀速运动时，外力f做功的功率等于电路中的电功率d 无论ab做何种运动，它克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能考点：导体切割磁感线时的感应电动势专题：压轴题；电磁感应中的力学问题分析：在水平方向，金属棒受到拉力f和安培力作用，安培力随速度增大而增大，根据牛顿定律分析加速度的变化情况根据功能关系分析电能与功的关系解答：解：a、金属棒所受的安培力，则a=，速度增大，安培力增大，则加速度减小故a错误b、根据能量守恒得，外力f对ab做的功等于电量中产生的电能以及ab棒的动能故b错误c、当ab棒匀速运动时，外力做的功全部转化为电路中的电能，则外力f做功的功率等于电路中的电功率故c正确d、根据功能关系知，克服安培力做的功等于电路中产生的电能故d正确故选cd点评：在电磁感应现象中电路中产生的热量等于外力克服安培力所做的功；在解题时要注意体会功能关系及能量转化与守恒关系二、实验题：（本题共2小题，共15分）11关于验证机械能守恒定律实验，下面列出一些实验步骤：a用天平称出重物和夹子质量b在三条纸带中选出较好的一条c将纸带穿过打点计时器的限位孔，上端用手提着，下端夹上系住重物的夹子，再把纸带向上拉，让夹子靠近打点计时器，处于静止状态d把打点计时器接在学生电源的交流输出端，把输出电压调到6v（电源不接通）e把打点计时器用铁夹固定放到桌边的铁架台上，使两个限位孔在同一竖直面内f在纸带上选取两个点，进行测量并记录数据，进行计算，得出结论，完成实验报告g用秒表测出重物下落的时间h接通电源，待计时器打点稳定后释放纸带i切断电源，更换纸带，重新进行两次实验（1）对于本实验以上步骤中，不必要的有a、g； 正确步骤的合理顺序是edchibf （填写代表字母）（2）若实验中所用重物的质量m=1kg打点纸带如图所示，打点时间间隔为0.02s，则记录b点时，重物速度vb=0.59m/s，重物动能ek=0.17j（g取9.8m/s2）（3）根据纸带算出相关各点的速度v，量出下落距离h，则以为纵轴、以h为横轴画出的图象应是图中的a考点：验证机械能守恒定律专题：实验题；机械能守恒定律应用专题分析：（1）根据实验的原理确定实验所需测量的物理量，从而确定不必要的步骤，根据按照器材、进行实验、数据处理的顺序排列操作步骤（2）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出b点的速度，从而得出重物的动能（3）根据机械能守恒得出的表达式，从而确定正确的图线解答：解：（1）验证机械能守恒，即验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，表达式的两端都有质量，可以约去，所以不必要测量重物和夹子的质量打点计时器可以测量时间，所以不需用秒表测量重物的运动时间故不必要的步骤为：ag实验时，先安装器材，步骤顺序为：edc，然后进行实验，步骤顺序为：hi，最后是数据处理，顺序为bf所以操作步骤为：edchibf（2）b点的速度等于ac段的平均速度，则则重物的动能0.17j（3）根据机械能守恒得，mgh=，知，即图线为过原点的倾斜直线故a正确故答案为：（1）a、g edchibf （2）0.59 m/s 0.17 j （3）a点评：解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度和加速度，利用图象进行数据处理时注意从物理角度找出两个物理变量的关系表达式12在“把电流表改装为电压表”的实验中，需要利用如图所示的电路测定电流表的内阻，步骤如下：接通s1（s2未接通），调节r1，使电流表指针偏转到满刻度；再接通s2，调节r2，使电流表指针偏转到满刻度的1/3；读出r2的阻值，可得到rg=2r2 （填表达式）已知电源的电动势为3v，内阻不计；电流表满偏电流为500a，其内阻约在100左右实验室配有的可变电阻有：a电阻箱（0999.9） b滑动变阻器（0200）c滑动变阻器（010k） d滑动变阻器（0100k）（1）电路中r1应选c，r2应选a（填序号）（2）上述实验中电流表内阻的测量值和真实值相比偏小（选填“偏大”或“偏小”）（3）如果测得该电流表阻值为100，要将其改装为量程为3v电压表，应串联联一个阻值为5900的电阻考点：测定电源的电动势和内阻；把电流表改装成电压表专题：实验题；恒定电流专题分析：根据并联电路特点，由欧姆定律可以求出电流表的内阻；（1）由串联电路特点及欧姆定律求出r1的最小阻值，根据该阻值选择电阻器；r2应选择电阻箱（2）根据串并联电路特点及欧姆定律分析测量值与真实值间的关系（3）把电流表改装成电压表，应串联一个大电阻，由串联电路特点及欧姆定律可以求出串联电阻的阻值解答：解：设电流表的满偏电流是ig，电流表与电阻r2并联，则流过电阻r2的电流i2=igig=ig，并联电路电压u相等，则=，则rg=2r2；（1）电流表的满偏电流ig=500a=0.0005a，电路最小电阻r最小=6000，则变阻器r1阻值的最小阻值r1最小=r最小rg=6000100=5900，则变阻器r1应选c、滑动变阻器（010k）；电阻箱可以直接读出接入电路的阻值，因此r2应选a、电阻箱（0999.9）（2）接通s2时，整个电路阻值变小，电路电流变大，大于接通s2前的电路电流，即大于电流表的满偏电流，滑动变阻器r1两端电压变大，电流表两端电压变小，小于s2闭合前的电压，即小于电流表的满偏电压，调节r2，使电流表指针偏转到满刻度的，则流过r2的电流大于电流表满偏电流的，电流表并联电压小于电流表的满偏电压，由欧姆定律可知，r2的阻值小于电流表内阻的两倍，即电流表内阻测量值偏小（3）将电流表改装成电压表，应串联一个电阻，电压表内阻r=6000，串联电阻的阻值r串=rrg=6000100=5900；故答案为：2r2；（1）c；a；（2）偏小；（3）串；5900点评：本题考查了实验器材的选择、实验误差分析、把电流表改装为电压表等问题，实验器材的选取及实验误差分析是本题的难点，知道实验器材的选取原则并灵活应用、熟练应用串并联电路特点及欧姆定律即可正确解题三、计算题：（本大题共2小题，共30分要求写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案，而未写出主要演算过程的，不能得分）13如图，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边已知拖动缆绳的电动机功率恒为p，小船的质量为m，小船受到的阻力大小恒为f，经过a点时的速度大小为v0，小船从a点沿直线加速运动到b点经历时间为t1，a、b两点间距离为d，缆绳质量忽略不计求：（1）小船从a点运动到b点的全过程克服阻力做的功wf；（2）小船经过b点时的速度大小v1；（3）小船经过b点时的加速度大小a考点：运动的合成和分解；牛顿第二定律专题：压轴题；运动的合成和分解专题分析：（1）根据功的表达式求出阻力所做的功（2）根据动能定理求出小船经过b点时的速度（3）设小船经过b点时绳的拉力大小为f，绳与水平方向夹角为，绳的速度大小为u，根据牛顿第二定律、功率p=fu，以及小船速度与绳子收缩速度的关系求出b点的加速度解答：解：（1）小船从a点运动到b点克服阻力做功wf=fd（2）小船从a点运动到b点，电动机牵引绳对小船做功w=pt1 由动能定理有 由式解得 （3）设小船经过b点时绳的拉力大小为f，绳与水平方向夹角为，绳的速度大小为u，p=fu u=v1cos 牛顿第二定律 fcosf=ma由得答：（1）a到b点过程中，小船克服阻力所做的功为fd（2）小船经过b点时速度大小（3）小船经过b点时的加速度大小点评：本题综合考查了动能定理、牛顿第二定律等知识，综合性较强，对学生能力要求较高，尤其第三问要运用到速度的分解14如图甲所示，竖直挡板mn的左侧空间有方向竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场，电场和磁场的范围足够大，电场强度的大小e=40n/c，磁感应强度的大小b随时间t变化的关系图象如图乙所示，选定磁场垂直纸面向里为正方向，在t=0时刻，一质量m=8104kg，带电荷q=+2104c的微粒在o点具有竖直向下的速度v=0.12m/s，o是挡板mn上一点，直线oo与挡板mn垂直，取g=10m/s2求：（1）微粒下一次经过直线oo时到o点的距离（2）微粒在运动过程中离开直线oo的最大距离（3）水平移动挡板，使微粒能垂直射到挡板上，挡板与o点间距离应满足的条件考点：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）微粒所受电场力和重力平衡，知微粒先在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力求出轨道半径和周期的大小，确定出在5s内转过半个圆周，从而求出微粒再次经过直线oo时与o点的距离（2）微粒在5s内转过半个圆周，然后不受洛伦兹力，向上做匀速直线运动，经过5s，磁场方向，粒子向右偏转，继续做匀速圆周运动，微粒上的最大高度等于向上做匀速直线运动的位移和圆周运动的半径之和（3）讨论微粒打在直线oo上方和下方，结合图象求出挡板与o点间的距离应满足的条件解答：解：（1）由题意可知，微粒所受的重力g=mg=8103n电场力大小f=eq=8103n因此重力与电场力平衡 微粒先在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则qvb=m解得 r=0.6m 由 t=解得t=10s 则微粒在5s内转过半个圆周，再次经直线oo时与o点的距离l=2r=1.2m； （2）微粒运动半周后向上匀速运动，运动的时间为t=5s，轨迹如图所示，位移大小 s=vt=0.6m=1.88m 因此，微粒离开直线oo的最大高度h=s+r=2.48m （3）若微粒能垂直射到挡板上的某点p，p点在直线oo下方时，由图象可知，挡板mn与o点间的距离应满足l=（2n+1）r（n=0，1，2） 若微粒能垂直射到挡板上的某点p，p点在直线oo上方时，由图象可知，挡板mn与o点间的距离应满足 l=（1.2n+0.6）m （n=0，1，2） 答：（1）微粒下一次经过直线oo时到o点的距离1.2m（2）微粒在运动过程中离开直线oo的最大距离2.48m（3）水平移动挡板，使微粒能垂直射到挡板上，挡板与o点间距离应满足的条件（1.2n+0.6）m （n=0，1，2）点评：本题是力学与电学综合题，根据匀速圆周运动的规律与几何关系相结合，同时运用力学与电学的知识来解题，从而培养学生分析问题的方法，提升解题的能力四选考题：共15分请考生从给出的3道题中任选一题解答，如果多做，则按所做的第一题计分【物理-选修3-3】（15分）15下列说法正确的是（）a 由阿伏伽德罗常数、气体的摩尔质量和密度，可以估算该种气体分子的大小b 悬浮在液体中的固体微粒越小，布朗运动就越明显c 分子间的引力随分子间距离的增大而增大，分子间斥力随分子间距离的增大而减小d 根据热力学第二定律可知，热量不可能从低温物体传到高温物体考点：热力学第二定律；布朗运动；分子间的相互作用力分析：由阿伏伽德罗常数、气体的摩尔质量和密度，不可以估算该种气体分子的大小；布朗运动的激烈程度与温度的高低和固体颗粒的大小有关；分子间引力和斥力都随分子间距离的增大而减小；根据热力学第二定律可知，热量不可能从低温物体传到高温物体而不引起其他的变化解答：解：a、由阿伏伽德罗常数、气体的摩尔质量和密度，可以估算该种气体分子之间距离的大小，但不能估算分子的大小；故a错误；b、布朗运动的激烈程度与温度的高低和固体颗粒的大小有关，悬浮在液体中的固体微粒越小，布朗运动就越明显故b正确；c、分子间引力和斥力都随分子间距离的增大而减小故c错误；d、根据热力学第二定律可知，热量不可能从低温物体传到高温物体而不引起其他的变化故d错误故选：b点评：固体考查到分子大小的估算方法、布朗运动、分子之间的相互作用与热力学第二定律，都是33中要求理解的知识点，是热学在的重点内容，要牢记16如图所示为一简易火灾报警装置，其原理是：竖直放置的试管中装有水银，当温度升高时，水银柱上升，使电路导通，蜂鸣器发出报警的响声27时，被封闭的理想气体气柱长l1为20cm水银上表面与导线下端的距离l2为5cm（1）当温度达到多少时，报警器会报警？（2）如果大气压降低，试分析说明该报警器的报警温度会受到怎样的影响？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：（1）温度升高，封闭气体体积增大，水银柱上升，当电路恰好接通时，报警器开始报警；此时空气柱长度l1+l2，以封闭空气柱为研究对象，根据等压变化规律求出温度（2）如果大气压降低，气体压强降低；可以假设是电路接通时气压突然降低，根据理想气体状态方程，要保持原来的体积，要降低温度解答：解：（1）温度升高时，下端气体等压变化：=即=解得t2=375k，即为102（2）由玻马定律，同样的温度下，大气压降低则下端气柱变长，即v1变大，刚好报警时v2不变，由=可知，t2变小，即报警温度降低答：（1）当温度达到102时，报警器会报警；（2）如果大气压降低，该报警器的报警温度会降低点评：气体状态变化可以应用理想气体状态方程求解，本题的关键是找出气体的变化是等压变化【物理-选修3-4】（15分17 如图为频率f=1hz的波源产生的横波，图中虚线左侧为a介质，右侧为b介质其中x=14m处的质点振动方向向上则该波在a、b两种介质中传播的速度之比va：vb=2：3若图示时刻为0时刻，则经0.75s处于x=6m的质点位移为5cm考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象分析：波在a、b两种介质中传播的频率相同，由图读出波长之比，再求波速之比x=14m处的质点振动方向向上，波向左传播，则此时x=6m的质点正向下振动，经0.75s时该质点到达波峰解答：解：波在a、b两种介质中传播的频率f相同由图读出波长分别是：a=4m，b=6m由公式v=f得到，该波在a、b两种介质中传播的速度之比 va：vb=2：3该波的周期t=1s，经0.75s=t时处于x=6m的质点到达波峰，位移y=5cm故答案为：2：3，5点评：解决本题的关键要明确波的频率是由波源决定的，与介质无关，当波从一种介质进入另一种介质时频率不变18 如图所示，有一截面是直角三角形的棱镜abc，a=30它对红光的折射率为n1对紫光的折射率为n2在距ac边d处有一与ac平行的光屏，现有由以上两种色光组成的很细的光束垂直ab边射入棱镜红光和紫光在棱镜中的传播速度比为多少？若两种光都能从ac面射出，求在光屏mn上两