河南省焦作市高考物理一模试卷（含解析）.doc

2015年河南省焦作市高考物理一模试卷一、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1伽利略是物理学发展史上最伟大的科学家之一，如图是伽利略采用“冲淡”重力的方法，研究自由落体运动时所做的铜球沿斜面运动实验的示意图若某同学重做此实验，让小球从长度为l、倾角为的斜面顶端由静止滑下，在不同的条件下进行实验，不计空气阻力及小球的转动，摩擦阻力恒定，下列叙述正确是（）al一定时，角越大，小球运动的加速度越小bl一定时，角越大，小球运动时的惯性越大c角一定时，小球从顶端运动到底端所需时间与l成正比d角一定时，小球从顶端运动到底端时的动能与l成正比2如图所示，质量分别为3m和m的两个可视为质点的小球a、b，中间用一细线连接，并通过另一细线将小球a与天花板上的o点相连，为使小球a和小球b均处于静止状态，且oa细线向右偏离竖直方向的夹角恒为37，需要对小球b朝某一方向施加一拉力f若已知sin37=0.6，cos37=0.8，重力加速度为g，则当f的大小达到最小时，oa细线对小球a的拉力大小为（）a4mgb3.2mgc2.4mgd3 mg3如图所示，在空间中存在竖直向上的匀强电场，质量为m、电荷量为+q的物块从a点由静止开始下落，加速度为g，下落高度h到b点后与一轻弹簧接触，又下落 h后到达最低点c，整个过程中不计空气阻力，且弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则带电物块在由a点运动到c点过程中，下列说法正确的是（）a该匀强电场的电场强度为b带电物块和弹簧组成的系统机械能减少量为c带电物块电势能的增加量为mg（h+h）d弹簧的弹性势能的增加量为4如图所示，一物块从一光滑且足够长的固定斜面顶端o点无初速释放后，先后通过p、q、n三点，已知物块从p点运动到q点与从q点运动到n点所用的时间相等，且pq长度为3m，qn长度为4m，则由上述数据可以求出op的长度为（）a2mb mc md3m5在如图所示电路中，已知电表均为理想仪表，且小灯泡的电阻小于电源的内阻，电流表a、电压表v1、电压表v2的读数分别为i、u1和u2，p为被细线悬挂在两平行金属板间的带电小球，细线与竖直方向间的夹角为，则当滑动变阻器的滑片向右滑动一小段距离的过程中，电流表a、电压表v1、电压表v2读数变化量大小分别是i、u1和u2，下列说法中正确的是（）au2大于u1b灯泡变亮、细线与竖直方向间的夹角变大c电源的输出功率变大d变大、变大6某学习兴趣小组通过查阅资料发现某示波管工作时，其内部空间存在如图所示的电场，其中实线表示电场线，方向如图所示，虚线为对应的等势线，则下列说法正确的是（不计电子重力）（）aa点的电场强度与b点的电场强度大小相等b两电子分别从a、b两点移动到c点，电场力对两电子做的功相等c沿bc方向射入的电子将做直线运动d将电子由a点静止释放，电子将沿电场线做曲线运动，经过d点7普通交流电流表和交流电压表不能直接接在高压输电线路上测电流和电压，通常要通过互感器来连接，现在在图示高压电路输入端已接入两个互感器，原、副线圈的匝数比分别为1：200和200：1，图中甲、乙表示电压表或电流表，已知电路中电压表的读数为11v，电流表的读数为1a，则（）a甲电表是电压表，乙电表是电流表b甲电表是电流表，乙电表是电压表c图示高压输送电路输电线的总电阻是11d图示高压输送电路输入的总功率为440 kw8如图甲所示，在竖直平面内有一单匝正方形线圈和一垂直于竖直平面向里的有界匀强磁场，磁场的磁感应强度为b，磁场上、下边界ab和cd均水平，线圈的ab边水平且与ab间有一定的距离现在让线圈无初速自由释放，图乙为线圈从自由释放到cd边恰好离开cd边界过程中的速度一时间关系图象已知线圈的电阻为r，且线圈平面在线圈运动过程中始终处在竖直平面内，不计空气阻力，重力加速度为g，则根据图中的数据和题中所给物理量可得（）a在0t3时间内，线圈中产生的热量为b在t2t3时间内，线圈中cd两点之间的电势差为零c在t3t4时间内，线圈中ab边电流的方向为从b流向ad在0t3时间内，通过线圈回路的电荷量为二、非选择题包括必考题和选考题两部分必考题，每个试题考生都必须作答选考题考生根据要求作答（一）必考题9某兴趣小组要测量木块与较粗糙木板之间的动摩擦因数，他们先将粗糙木板水平固定，再用另一较光滑的板做成斜面，倾斜板与水平板间由一小段光滑曲面连接，保证木块在两板间通过时速度大小不变（1）使木块从相对水平木板高h处由静止滑下，并在水平板上滑行一段距离x后停止运动，改变h大小，进行多次实验，若忽略木块与倾斜板间的摩擦，以x为横坐标、h为纵坐标，从理论上得到的图象应为；（2）如果考虑木块与倾斜板之间的摩擦，在改变h时，他们采取的办法是：每次改变倾斜板的倾角，让木块每次由静止开始下滑的位置在同一条竖直线上，且测出该竖直线与两板连接处的水平距离为l，如图甲所示将每次实验得到的h、x相关数据绘制出的hx图象如图乙所示，图线的延长线与两坐标轴的交点坐标分别为（a，0）和（0，b），则木块与倾斜板间的动摩擦因数1=，木块与水平板间的动摩擦因数2=（以上两空用a、b和l中的某些物理量表示）10某班级开展了一次10分钟实验竞赛，试题命题形式为各小组自已出题，然后交到老师那进行审核，并汇总在一起，在某自习课进行随机抽取试题比赛，某小组在本次实验竞赛中，抽到的试题为：（1）若用主尺的最小分度是1mm，游标上有20个小的等分刻度的游标卡尺测量某一器件的长度时，显示如图1甲所示，则该游标卡尺的读数为mm（2）现有一多用电表，其欧姆挡的“0”刻度线与中值刻度线问刻度模糊，若用该欧姆挡的100挡，经正确调零后，规范测量某一待测电阻r时，指针所指的位置与“0”刻度线和中值刻度线间的夹角相等，如图1乙所示，则该待测电阻r=（3）为了精确测量一电动势约为5v，内阻约为2.5的直流电源的电动势e和内电阻r，现在除提供导线若干、开关一个和待测电源外，还提供有如下仪器：a电流表a（量程为200ma，内阻约为10）b电流表g1（量程为50ma，内阻约为20）c电流表g2（量程为20ma，内阻为50）d定值电阻10e定值电阻50f定值电阻150h滑动变阻器50j滑动变阻器500选择合适的仪器，设计的实验电路如图2甲所示，电流表a的读数为ia，电流表g的读数为ig，移动滑动变阻器，测量多组ia和ig的数据，并以ia为纵轴坐标，以ig为横坐标描点作图，若得到的图象如图2乙所示，对应的关系方程为ia=k ig+b，且测量电路中对应的仪器参数如图所示，则b=（用r、r1、r2、rg、ra、e和r中的某些量表示）；若b的数值为0.4，则电路中定值电阻r2应选择：（填d、e或f），滑动变阻器应该选择：（填h或j）；在该实验电路中，是否会因为仪表有内阻而产生系统实验误差：（填“会”或“不会”）11由于地球的自转，物体在地球上不同纬度处随地球自转所需向心力的大小不同，因此同一个物体在地球上不同纬度处重力大小也不同，在地球赤道上的物体受到的重力与其在地球两极点受到的重力大小之比约为299：300，因此我们通常忽略两者的差异，可认为两者相等而有些星球，却不能忽略假如某星球因为自转的原因，一物体在赤道上的重力与其在该星球两极点受到的重力大小之比为7：8，已知该星球的半径为r，求：（1）绕该星球运动的同步卫星的轨道半径r；（2）若已知该星球赤道上的重力加速度大小为g，万有引力常量为g，则该星球的密度12如图所示，在竖直平面内，水平x轴的上方和下方分别存在方向垂直纸面向外和方向垂直纸面向里的匀强磁场，其中x轴上方的匀强磁场磁感应强度大小为b1，并且在第一象限和第二象限有方向相反强弱相同的平行于x轴的匀强电场，电场强度大小为e1，已知一质量为m的带电小球从y轴上的a（0，l）位置斜向下与y轴负半轴成60角射入第一象限，恰能做匀速直线运动（1）判定带电小球的电性，并求出所带电荷量q及入射的速度大小；（2）为使得带电小球在x轴下方的磁场中能做匀速圆周运动，需要在x轴下方空间加一匀强电场，试求所加匀强电场的方向和电场强度的大小；（3）在满足第（2）问的基础上，若在x轴上安装有一绝缘弹性薄板，并且调节x轴下方的磁场强弱，使带电小球恰好与绝缘弹性板碰撞两次后从x轴上的某一位置返回到x轴的上方（带电小球与弹性板碰撞时，既无电荷转移，也无能最损失，并且入射方向和反射方向与弹性板的夹角相同），然后恰能匀速直线运动至y轴上的a（0，l）位置，则：弹性板至少多长？带电小球从a位置出发返回至a位置过程中所经历的时间（二）选考题：共45分请考生从给出的3道物理题中任选一题作答，如果多做则每学科按所做的第一题计分物理-选修3-313下列说法正确的是（）a第二类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律b晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点c物体的温度越高，分子热运动就越剧烈，每个分子动能也越大d一定质量的理想气体，压强不变时，温度升高时，分子间的平均距离一定增大e一个分子以一定的初速度沿直线向另一固定的分子靠近，直到不能再靠近为止的过程中，分子间相互作用的合力先变大后变小，再变大14如图所示，a、b气缸的长度均为60cm，截面积均为s=40cm2，c是可在气缸内无摩擦滑动的、体积不计的活塞，d为阀门整个装置均由导热材料制成原来阀门关闭，a内有压强pa=2.4105pa的氧气b内有压强pb=1.2105pa的氢气阀门打开后，活塞c向右移动，最后达到平衡假定氧气和氢气均视为理想气体，连接气缸的管道体积可忽略不计求：活塞c移动的距离及平衡后b中气体的压强；活塞c移动过程中b中气体是吸热还是放热（简要说明理由）物理-选修3-415某横波在介质中沿x轴正方向传播，t=0时刻时波源o开始振动，振动方向沿y轴负方向，图示为t=0.7s时的波形图，已知图中b点第二次出现在波谷，则该横波的传播速度v=m/s；从图示时刻开始计时，图中c质点的振动位移随时间变化的函数表达式为m16如图所示，有一足够大的容器内盛有水和色拉油两种物质，其中水的深度为2d，色拉油的厚度为d，容器底部有一个单色点光源，已知水对该光的折射率为n1=，色拉油对该光的折射率为n2=1.5，光在真空中的传播速度为c，求：这种光在水中和色拉油中传播的速度大小；在色拉油上表面放一不透明薄膜，以致从光源直接发出的光线不能从色拉油中射出，则薄膜的最小面积物理-选修3-517美国物理学家密立根以精湛的技术测出了光电效应中几个重要的物理量若某次实验中，他用光照射某种金属时发现其发生了光电效应，且得到该金属逸出的光电子的最大初动能随入射光频率的变化图象如图所示，经准确测量发现图象与横轴的交点坐标为4.77，与纵轴交点坐标为0.5已知电子的电荷量为1.61019c，由图中数据可知普朗克常量为js，金属的极限频率为hz（均保留两位有效数字）18一辆以90km/h高速行驶的货车，因其司机酒驾，在该货车进入隧道后，不仅未减速，而且驶错道，与一辆正以72km/h速度驶来的小轿车发生迎面猛烈碰撞，碰撞后两车失去动力并挂在一起，直线滑行10m的距离后停下，已知货车的质量为m=104kg，轿车的质量为m=103kg，且由监控数据可知，两车碰撞时间（从接触到开始一起滑行所用时间）为0.2s，假设两车碰撞前后一直在同一条直线上运动，且忽略碰撞时摩擦力的冲量，重力加速度g取10m/s2，求：两车碰撞过程中，小轿车受到的平均冲击力与轿车本身的重力之比；两车一起滑行的过程中，受到的地面摩擦力大小（保留两位有效数字）2015年河南省焦作市高考物理一模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伽利略是物理学发展史上最伟大的科学家之一，如图是伽利略采用“冲淡”重力的方法，研究自由落体运动时所做的铜球沿斜面运动实验的示意图若某同学重做此实验，让小球从长度为l、倾角为的斜面顶端由静止滑下，在不同的条件下进行实验，不计空气阻力及小球的转动，摩擦阻力恒定，下列叙述正确是（）al一定时，角越大，小球运动的加速度越小bl一定时，角越大，小球运动时的惯性越大c角一定时，小球从顶端运动到底端所需时间与l成正比d角一定时，小球从顶端运动到底端时的动能与l成正比【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】对小球进行受力分析，根据牛顿第二定律求出小球运动的加速度，利用运动公式求的下滑的时间；利用动能定理求的动能，质量时物体惯性的量度【解答】解：a、l一定时，角越大，由牛顿第二定律可知mgsinmgcos=ma，a=gsingcos，故角越大，小球运动的加速度越大，故a错误；b、惯性只与物体的质量有关，匀运动状态无关，故b错误；c、角一定时，下滑时间为t=，故c错误；d、角一定时，根据动能定理可知：ek=mglsinmglcos，故d正确；故选：d【点评】本题主要考查了牛顿第二定律与运动学公式的直接应用，注意找出个物理量与获l之间的关系即可2如图所示，质量分别为3m和m的两个可视为质点的小球a、b，中间用一细线连接，并通过另一细线将小球a与天花板上的o点相连，为使小球a和小球b均处于静止状态，且oa细线向右偏离竖直方向的夹角恒为37，需要对小球b朝某一方向施加一拉力f若已知sin37=0.6，cos37=0.8，重力加速度为g，则当f的大小达到最小时，oa细线对小球a的拉力大小为（）a4mgb3.2mgc2.4mgd3 mg【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用【专题】共点力作用下物体平衡专题【分析】以两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的最小值对应的细线拉力【解答】解：以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力，作出f在三个方向时整体的受力图，根据平衡条件得知：f与t的合力与重力mg总是大小相等、方向相反，由力的合成图可知，当f与绳子oa垂直时，f有最小值，即图中2位置，f的最小值为：根据平衡条件得：f=4mgsin37=2.4mg，t=4mgcos37=3.2mg故选：b【点评】本题是隐含的临界问题，关键运用图解法确定出f的范围，得到f最小的条件，再由平衡条件进行求解3如图所示，在空间中存在竖直向上的匀强电场，质量为m、电荷量为+q的物块从a点由静止开始下落，加速度为g，下落高度h到b点后与一轻弹簧接触，又下落 h后到达最低点c，整个过程中不计空气阻力，且弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则带电物块在由a点运动到c点过程中，下列说法正确的是（）a该匀强电场的电场强度为b带电物块和弹簧组成的系统机械能减少量为c带电物块电势能的增加量为mg（h+h）d弹簧的弹性势能的增加量为【考点】功能关系；电势能【分析】根据牛顿第二定律求出电场强度的大小，根据除重力和弹力以外其它力做功得出系统机械能的变化量根据电场力做功求出电势能的变化量根据动能定理求出弹簧弹力做功，从而得出弹性势能的变化量【解答】解：a、物体静止开始下落时的加速度为，根据牛顿第二定律得：mgqe=ma，解得：e=，故a错误b、从a到c的过程中，除重力和弹力以外，只有电场力做功，电场力做功为：，可知机械能减小量为故b错误c、从a到c过程中，电场力做功为，则电势能增加量为故c错误d、根据动能定理得： =0，解得弹力做功为：，即弹性势能增加量为，故d正确故选：d【点评】本题考查了功能关系，知道合力做功等于动能的变化量，电场力做功等于电势能的减小量，重力做功等于重力势能的减小量，除重力或弹力以外其它力做功等于机械能的增量4如图所示，一物块从一光滑且足够长的固定斜面顶端o点无初速释放后，先后通过p、q、n三点，已知物块从p点运动到q点与从q点运动到n点所用的时间相等，且pq长度为3m，qn长度为4m，则由上述数据可以求出op的长度为（）a2mb mc md3m【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系【专题】直线运动规律专题【分析】某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，设相等时间为t，即可表示出q点的速度，在相邻的相等时间内的位移差是恒量，即x=at2=1m，结合q的速度等于pn段的平均速度，求出q的速度，再结合运动学公式求出oq的距离，结合pq距离求出op长度【解答】解：设相等的时间为t，加速度为a，由：s=at2，得加速度：q点的速度为pn段的平均速度：则oq间的距离：则op长度：sop=soqspq=故abd错误，c正确；故选：c【点评】解决本题的关键掌握匀变速运动的两个重要推论，1、某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度2、在相邻的相等时间内的位移差是恒量，即x=at25在如图所示电路中，已知电表均为理想仪表，且小灯泡的电阻小于电源的内阻，电流表a、电压表v1、电压表v2的读数分别为i、u1和u2，p为被细线悬挂在两平行金属板间的带电小球，细线与竖直方向间的夹角为，则当滑动变阻器的滑片向右滑动一小段距离的过程中，电流表a、电压表v1、电压表v2读数变化量大小分别是i、u1和u2，下列说法中正确的是（）au2大于u1b灯泡变亮、细线与竖直方向间的夹角变大c电源的输出功率变大d变大、变大【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】该电路r1和r2串联，电容器两端间的电压等于r1两端间的电压，根据闭合电路的动态分析，分析电容器两端的电压变化，从而知道电场的变化以及角的变化通过电容器两端电压的变化，就可知道电容器所带电量的变化【解答】解：a、滑动变阻器电阻增大，总电流减小，r1电压减小，r2电压增大，而u外又增大，明显r2电压增大要超过r1电压减小，则a错误；b、滑动变阻器的滑片向右滑动一小段距离r2的电阻变大，则总电阻变大，总电流变小，外压增大，通过灯泡的电流变大，则r1电流变小，则其分压变小，电容器的电压变小，细线与竖直方向间的夹角变小，则b错误c、小灯泡的电阻小于电源的内阻，那么再并联r1r2就更小了，当外电阻小于内电阻时，由p出的图象可知，p出增大，则c正确；d、为外阻，变大，为内阻，不变，则d错误故选：c【点评】解决本题的关键抓住电源的电动势和内阻不变，利用闭合电路欧姆定律进行动态分析，特别要理解|=r，知道内、外电路电压变化量大小相等6某学习兴趣小组通过查阅资料发现某示波管工作时，其内部空间存在如图所示的电场，其中实线表示电场线，方向如图所示，虚线为对应的等势线，则下列说法正确的是（不计电子重力）（）aa点的电场强度与b点的电场强度大小相等b两电子分别从a、b两点移动到c点，电场力对两电子做的功相等c沿bc方向射入的电子将做直线运动d将电子由a点静止释放，电子将沿电场线做曲线运动，经过d点【考点】电场线；电场强度【分析】沿电场线电势降低，电场强度的大小与电场线的疏密的关系；沿着电场线方向电势是降低的明确电荷在电场中的受力特点以及电场力做功情况，从而进一步判断电势能变化情况根据受力情况，分析电子的运动情况【解答】解：a、根据电场线的疏密表示电场强度的相对大小，可知eaeb故a错误b、两电子分别从a、b两点移动到c点，电势差相等，电场力对两电子做的功相等故b正确c、沿bc方向直线射入的电子，所受的电场力沿cb方向，电子做直线运动故c正确d、将电子由a点静止释放，电子受力沿切线的方向，不沿电场线做曲线运动，故d错误故选：bc【点评】本题关键是明确电场强度的大小看电场线的疏密程度，电场力做功看电荷的电性和电势差，属于基础问题7普通交流电流表和交流电压表不能直接接在高压输电线路上测电流和电压，通常要通过互感器来连接，现在在图示高压电路输入端已接入两个互感器，原、副线圈的匝数比分别为1：200和200：1，图中甲、乙表示电压表或电流表，已知电路中电压表的读数为11v，电流表的读数为1a，则（）a甲电表是电压表，乙电表是电流表b甲电表是电流表，乙电表是电压表c图示高压输送电路输电线的总电阻是11d图示高压输送电路输入的总功率为440 kw【考点】变压器的构造和原理【专题】交流电专题【分析】根据变压比和变流比计算出输送电压和电流，最后根据电功率p=ui计算电功率【解答】解：ab、由图可知：甲串联在电路中是电流表，乙并联在电路中是电压表，所以甲是电流互感器，乙是电压互感器，b正确，a错误c、输电线只占部分电压，故不能求解电阻，故c错误；d、甲互感器原线圈的匝数比副线圈匝数1：200，乙互感器原线圈的匝数比副线圈匝数200：1，由电压表的示数为11v，得原线圈的电压为2200v，由电流表的示数为1a，原线圈的电流为200a所以电线输送功率是：p=ui=2200200=4.4105w故d正确；故选：bd【点评】本题实质是电压互感器与电流互感器的简单运用，电压互感器与电流互感器是利用变压器原理将电压、电流减小到可测范围进行测量的仪器8如图甲所示，在竖直平面内有一单匝正方形线圈和一垂直于竖直平面向里的有界匀强磁场，磁场的磁感应强度为b，磁场上、下边界ab和cd均水平，线圈的ab边水平且与ab间有一定的距离现在让线圈无初速自由释放，图乙为线圈从自由释放到cd边恰好离开cd边界过程中的速度一时间关系图象已知线圈的电阻为r，且线圈平面在线圈运动过程中始终处在竖直平面内，不计空气阻力，重力加速度为g，则根据图中的数据和题中所给物理量可得（）a在0t3时间内，线圈中产生的热量为b在t2t3时间内，线圈中cd两点之间的电势差为零c在t3t4时间内，线圈中ab边电流的方向为从b流向ad在0t3时间内，通过线圈回路的电荷量为【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化【专题】电磁感应功能问题【分析】由图知线圈在t1时刻进入磁场做匀速运动，由图象的面积可求得线圈的边长，根据能量守恒求解热量在t2t3时间内，线圈完全在磁场中运动，没有感应电流，cd和ab边切割磁感线产生感应电动势根据右手定则判断感应电流的方向根据公式q=，求解电量【解答】解：a、由图知线圈在t1时刻进入磁场做匀速运动，线圈的边长为 l=ac=bd=v1（t2t1）在0t3时间内，只有在t1t2时间内线圈产生热量，产生的热量为 q=mgl=mgv1（t2t1）又据平衡条件得 mg=联立得 q=，故a正确b、在t2t3时间内，线圈中cd切割磁感线，两点之间的电势差等于感应电动势，不零，故b错误c、在t3t4时间内，线圈出磁场，磁通量减少，由楞次定律知线圈中ab边电流的方向为从b流向a，故c正确d、在0t3时间内，通过线圈回路的电荷量为 q=，故d错误故选：ac【点评】本题是电磁感应与力学、电路知识的综合，掌握电磁感应中的基本规律，如法拉第定律、欧姆定律，结合力学的动能定理和平衡条件进行研究对于题中的热量，也可以根据焦耳定律列式求解二、非选择题包括必考题和选考题两部分必考题，每个试题考生都必须作答选考题考生根据要求作答（一）必考题9某兴趣小组要测量木块与较粗糙木板之间的动摩擦因数，他们先将粗糙木板水平固定，再用另一较光滑的板做成斜面，倾斜板与水平板间由一小段光滑曲面连接，保证木块在两板间通过时速度大小不变（1）使木块从相对水平木板高h处由静止滑下，并在水平板上滑行一段距离x后停止运动，改变h大小，进行多次实验，若忽略木块与倾斜板间的摩擦，以x为横坐标、h为纵坐标，从理论上得到的图象应为过坐标原点的倾斜向上直线（或正比例函数）；（2）如果考虑木块与倾斜板之间的摩擦，在改变h时，他们采取的办法是：每次改变倾斜板的倾角，让木块每次由静止开始下滑的位置在同一条竖直线上，且测出该竖直线与两板连接处的水平距离为l，如图甲所示将每次实验得到的h、x相关数据绘制出的hx图象如图乙所示，图线的延长线与两坐标轴的交点坐标分别为（a，0）和（0，b），则木块与倾斜板间的动摩擦因数1=，木块与水平板间的动摩擦因数2=（以上两空用a、b和l中的某些物理量表示）【考点】探究影响摩擦力的大小的因素【专题】实验题；摩擦力专题【分析】（1）根据动能定理列式求解x与h的关系表达式；（2）再次根据动能定理列式，得到xh图象的表达式【解答】解：（1）对全程运用动能定理，有：mghmgx=0得到：h=x；故xh图象是过坐标原点的倾斜向上直线（或正比例函数）；（2）对全程运用动能定理，有：mgh1mgcosx12mgx=0（为斜面的坡角）由几何关系得到：l=x1cos得到：h=2x+1l图线的延长线与两坐标轴的交点坐标分别为（a，0）和（0，b），故：2=（斜率）1l=b （截距）解得：1=2=故答案为：（1）过坐标原点的倾斜向上直线（或正比例函数）；（2），【点评】本题关键是两次根据动能定理列式求解出xh图象的函数表达式，然后结合图象进行分析，不难10某班级开展了一次10分钟实验竞赛，试题命题形式为各小组自已出题，然后交到老师那进行审核，并汇总在一起，在某自习课进行随机抽取试题比赛，某小组在本次实验竞赛中，抽到的试题为：（1）若用主尺的最小分度是1mm，游标上有20个小的等分刻度的游标卡尺测量某一器件的长度时，显示如图1甲所示，则该游标卡尺的读数为103.10mm（2）现有一多用电表，其欧姆挡的“0”刻度线与中值刻度线问刻度模糊，若用该欧姆挡的100挡，经正确调零后，规范测量某一待测电阻r时，指针所指的位置与“0”刻度线和中值刻度线间的夹角相等，如图1乙所示，则该待测电阻r=500（3）为了精确测量一电动势约为5v，内阻约为2.5的直流电源的电动势e和内电阻r，现在除提供导线若干、开关一个和待测电源外，还提供有如下仪器：a电流表a（量程为200ma，内阻约为10）b电流表g1（量程为50ma，内阻约为20）c电流表g2（量程为20ma，内阻为50）d定值电阻10e定值电阻50f定值电阻150h滑动变阻器50j滑动变阻器500选择合适的仪器，设计的实验电路如图2甲所示，电流表a的读数为ia，电流表g的读数为ig，移动滑动变阻器，测量多组ia和ig的数据，并以ia为纵轴坐标，以ig为横坐标描点作图，若得到的图象如图2乙所示，对应的关系方程为ia=k ig+b，且测量电路中对应的仪器参数如图所示，则b=（用r、r1、r2、rg、ra、e和r中的某些量表示）；若b的数值为0.4，则电路中定值电阻r2应选择：d（填d、e或f），滑动变阻器应该选择：h（填h或j）；在该实验电路中，是否会因为仪表有内阻而产生系统实验误差：不会（填“会”或“不会”）【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【专题】实验题；恒定电流专题【分析】（1）游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数（2）欧姆表的工作原理是闭合电路欧姆定律，应用闭合电路欧姆定律求出电阻阻值（3）根据图示电路图，应用欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图象与函数表达式分析答题【解答】解：（1）由图示游标卡尺可知，其示数为103mm+20.05mm=103.10mm；（2）欧姆表调零时，ig=，由图示欧姆表可知，中央刻度值为：15100=1500，指针在中央刻度线时： ig=，欧姆表指针所指的位置与“0”刻度线和中值刻度线间的夹角相等，则电流：i=ig=，解得：rx=500（3）由图甲所示电路图，根据闭合电路欧姆定律可知，电源电动势：e=ig（rg+r1）+（ig+ia）（r2+r），则：ia=ig，图象对应的关系方程为ia=k ig+b，则：b=，由题意可知，电源电动势约为5v，内阻约为2.5，b的数值为0.4，则电路中定值电阻r2应选择：d，滑动变阻器应该选择：h；由图示图象与图象的函数表达式可知，在该实验电路中，不会会因为仪表有内阻而产生系统实验误差故答案为：（1）103.10；（2）500；（3）；d；h；不会；【点评】本题考查了游标卡尺读数、求电阻阻值、测电源电动势与内阻实验，要掌握常用器材的使用及读数方法；知道欧姆表的工作原理可以求出电阻；根据图示电路图应用闭合电路欧姆定律求出图象的函数表达式即可正确解题11由于地球的自转，物体在地球上不同纬度处随地球自转所需向心力的大小不同，因此同一个物体在地球上不同纬度处重力大小也不同，在地球赤道上的物体受到的重力与其在地球两极点受到的重力大小之比约为299：300，因此我们通常忽略两者的差异，可认为两者相等而有些星球，却不能忽略假如某星球因为自转的原因，一物体在赤道上的重力与其在该星球两极点受到的重力大小之比为7：8，已知该星球的半径为r，求：（1）绕该星球运动的同步卫星的轨道半径r；（2）若已知该星球赤道上的重力加速度大小为g，万有引力常量为g，则该星球的密度【考点】万有引力定律及其应用；向心力【专题】万有引力定律的应用专题【分析】物体在星球两极时，万有引力等于重力，即：，物体在星球赤道上随星球自转时，向心力由万有引力的一个分力提供，另一个分力就是重力g赤，有：f万=g赤+fn，该星球的同步卫星的周期等于自转周期t，则有：，结合题目中的条件，计算绕该星球运动的同步卫星的轨道半径r在星球赤道上，有，解出该星球的质量，再根据密度的定义式计算星球的密度【解答】解：（1）设物体质量为m，星球质量为m，星球的自转周期为t，物体在星球两极时，万有引力等于重力，即：物体在星球赤道上随星球自转时，向心力由万有引力的一个分力提供，另一个分力就是重力g赤，有：f万=g赤+fn因为，得：该星球的同步卫星的周期等于自转周期t，则有：联立解得：r=2r（2）在星球赤道上，有：可得：又因星球的体积：所以该星球的密度：答：（1）绕该星球运动的同步卫星的轨道半径为2r；（2）若已知该星球赤道上的重力加速度大小为g，万有引力常量为g，则该星球的密度为【点评】本题要知道物体在星球两极时，万有引力等于重力，物体在星球赤道上随星球自转时，向心力由万有引力的一个分力提供，另一个分力就是重力g赤，有关系：f万=g赤+fn，这两个关系是解题的关键12如图所示，在竖直平面内，水平x轴的上方和下方分别存在方向垂直纸面向外和方向垂直纸面向里的匀强磁场，其中x轴上方的匀强磁场磁感应强度大小为b1，并且在第一象限和第二象限有方向相反强弱相同的平行于x轴的匀强电场，电场强度大小为e1，已知一质量为m的带电小球从y轴上的a（0，l）位置斜向下与y轴负半轴成60角射入第一象限，恰能做匀速直线运动（1）判定带电小球的电性，并求出所带电荷量q及入射的速度大小；（2）为使得带电小球在x轴下方的磁场中能做匀速圆周运动，需要在x轴下方空间加一匀强电场，试求所加匀强电场的方向和电场强度的大小；（3）在满足第（2）问的基础上，若在x轴上安装有一绝缘弹性薄板，并且调节x轴下方的磁场强弱，使带电小球恰好与绝缘弹性板碰撞两次后从x轴上的某一位置返回到x轴的上方（带电小球与弹性板碰撞时，既无电荷转移，也无能最损失，并且入射方向和反射方向与弹性板的夹角相同），然后恰能匀速直线运动至y轴上的a（0，l）位置，则：弹性板至少多长？带电小球从a位置出发返回至a位置过程中所经历的时间【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】小球在第一象限，恰能做匀速直线运动对小球受力分析，根据平衡条件确定电场力方向进而确定场强方向；小球若在x轴下方的磁场中做匀速圆周运动，必须使得电场力与重力二力平衡；【解答】解：（1）小球在第一象限中的受力分析如图所示，所以带电小球的电性为负电，mg=qe1tan60q=又：qe1=qvb1cos60即：v=（2）小球若在x轴下方的磁场中做匀速圆周运动，必须使得电场力与重力二力平衡，即应施加一竖直向下的匀强电场，且电场强度大小满足：qe=mg即e=e1（3）要想让小球恰好与弹性板发生两次碰撞，并且碰撞后返回x轴上方空间匀速运动到a点，则其轨迹应该如图所示，且由几何关系可知：3pd=2on =tan60联立上述方程解得：pd=dn=lr=l设在x轴下方的磁场磁感应强度为b，则满足：qvb=mt=从n点运动到c点的时间为：t=3t联立上式解得：t=由几何关系可知： =cos60在第一象限运动的时间t1和第二象限中运动的时间t2相等，且：t1=t2=所以带电小球从a点出发至回到a点的过程中所经历的总时间为：t总=t+t1+t2联立上述方程解得：t总=+答：（1）判定带电小球的电性，所带电荷量q为，入射的速度大小为；（2）为使得带电小球在x轴下方的磁场中能做匀速圆周运动，需要在x轴下方空间加一匀强电场，所加匀强电场的方向竖直向下和电场强度的大小e1；（3）弹性板至少长为l，带电小球从a位置出发返回至a位置过程中所经历的时间为+【点评】考查带电粒子做匀速圆周运动与匀速直线运动，用牛顿第二定律与运动学公式，并结合几何关系来处理这两种运动，并突出准确的运动轨迹图（二）选考题：共45分请考生从给出的3道物理题中任选一题作答，如果多做则每学科按所做的第一题计分物理-选修3-313下列说法正确的是（）a第二类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律b晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点c物体的温度越高，分子热运动就越剧烈，每个分子动能也越大d一定质量的理想气体，压强不变时，温度升高时，分子间的平均距离一定增大e一个分子以一定的初速度沿直线向另一固定的分子靠近，直到不能再靠近为止的过程中，分子间相互作用的合力先变大后变小，再变大【考点】热力学第二定律；* 晶体和非晶体【专题】热力学定理专题【分析】热力学第二定律：不可能把热从低温物体传到高温物体而不产生其他影响，或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，或不可逆热力过程中熵的微增量总是大于零又称“熵增定律”，表明了在自然过程中，一个孤立系统的总混乱度（即“熵”）不会减小【解答】解：a、第二类永动机不可能制成是因为它违反了热力学第二定律，故a错误；b、晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，故b正确；c、物体的温度越高，分子热运动就越剧烈，分子热运动的平均动能越大，但不是每个分子的动能都大，故c错误；d、根据，一定质量的理想气体，压强不变时，温度升高时，体积增加，故分子间的平均距离一定增大，故d正确；e、一个分子以一定的初速度沿直线向另一固定的分子靠近，直到不能再靠近为止的过程中，分子间相互作用的合力先变大后变小，再变大，在平衡位置分子力最小，故e正确；故选：bde【点评】本题考查了热力学第二定律、晶体与非晶体、温度的微观意义、气体状态方程、分子力等，知识点多，关键是记住基础知识14如图所示，a、b气缸的长度均为60cm，截面积均为s=40cm2，c是可在气缸内无摩擦滑动的、体积不计的活塞，d为阀门整个装置均由导热材料制成原来阀门关闭，a内有压强pa=2.4105pa的氧气b内有压强pb=1.2105pa的氢气阀门打开后，活塞c向右移动，最后达到平衡假定氧气和氢气均视为理想气体，连接气缸的管道体积可忽略不计求：活塞c移动的距离及平衡后b中气体的压强；活塞c移动过程中b中气体是吸热还是放热（简要说明理由）【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】整个装置均由导热材料制成，活塞c向右移动时，两气缸内气体均发生等温变化，平衡后两部分气体的压强相等根据玻意耳定律，结合关系条件求解根据热力学第一定律分析吸放热情况【解答】解：（1）、由玻意耳定律得：对a部分气体有：pals=p（l+x）s，对b部分气体有：pbls=p（lx）s，代入相关数据解得：x=20cm，p=1.8105pa；（2）、活塞c向右移动的过程中活塞对b中气体做功，而气体发生等温变化，内能不变，故b中气体向外界放热 答：（1）、活塞c移动的距离为20cm，平衡后b中气体的压强1.8105pa；（2）、活塞c移动过程中b中气体放热【点评】本题采用是的隔离法分别对两部分气体用玻意耳定律研究，同时要抓住两部分气体的相关条件，如压强关系、体积关系等等物理-选修3-415某横波在介质中沿x轴正方向传播，t=0时刻时波源o开始振动，振动方向沿y轴负方向，图示为t=0.7s时的波形图，已知图中b点第二次出现在波谷，则该横波的传播速度v=10m/s；从图示时刻开始计时，图中c质点的振动位移随时间变化的函数表达式为y=0.03sin5tm【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象【分析】根据图中b点第二次出现在波谷，求出波的周期，读出波长，从而求出波速从图示时刻开始计时，c点向下振动，振动位移随时间变化的函数表达式为正弦式【解答】解：由题意得： +（+t）=0.7s，得该波的周期为t=0.4s，由图知波长为 =4m，则波速为 v=10m/s，横波在介质中沿x轴正方向传播，图示时刻c质点向下振动，则c质点的振动位移随时间变化的函数表达式为 y=asin（t）=0.03sin=0.03sin5t m故答案为：10，y=0.03sin5t【点评】本题要根据简谐波的特点：一个周期内传播一个波长，简谐波传播过程中，各个质点的起振方向都相同，与波源的起振方向也相同，来确定波的周期16如图所示，有一足够大的容器内盛有水和色拉油两种物质，其中水的深度为2d，色拉油的厚度为d，容器底部有一个单色点光源，已知水对该光的折射率为n1=，色拉油对该光的折射率为n2=1.5，光在