江苏省南通市如皋市搬经中学高考物理二模试卷（含解析）.doc

2015年江苏省南通市如皋 市搬经中学高考物理二模试卷一、单项选择题：本大题共5小题，每小题3分，共计l5分每小题只有一个选项符合题意：1下列物理史实正确的是：（）a 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b 伽利略在对自由落体运动的研究中，采用了以实验检验、猜想和假设的科学方法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如图所示为某一质点运动的位移（x）一时间（t）图象，图线为一段半圆弧，则下列说法正确的是（）a 质点做圆周运动b t0时刻质点离开出发点最远c 质点运动的速度先增大后减小d 质点一定做直线运动3“重力勘探”是应用地球表面某处重力加速度的异常来寻找矿床的一种技术如图所示，若在地球表面a处正下方有一均匀分布且半径为r球形矿床，球心与a相距r矿床的密度为n（n1，为地球的平均密度），万有引力常量为g则仅由于该矿床的存在，a处的重力加速度的变化量g为（）a g=b g=c g=d 4如图所示，d、e、f、g为地面上距离相等的四点，三个质量相同的小球a、b、c分别在e、f、g的正上方不同高度处，以相同的水平初速度向左抛出，最后均落到d点若不计空气阻力，则可判断a、b、c三个小球（）a 在空中运动时间之比为1：3：5b 初始离地面的高度之比为1：3：5c 在空中运动过程中重力的平均功率之比为1：2：3d 从抛出到落地过程中，动能的变化量之比为1：2：35如图所示的电路中，r1、r2是定值电阻，r3是滑动变阻器，电源的内阻不能忽略，电流表a和电压表v均为理想电表闭合开关s，当滑动变阻器的触头p从右端滑至左端的过程，下列说法中正确的是（）a 电压表v的示数增大b 电流表a的示数减小c 电容器c所带的电荷量减小d 电阻r1的电功率增大二、多项选择题：本大题共4小题，每小题4分，共计l6分每小题有多个选项符合题意全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分6一物块从粗糙圆弧轨道上顶端a点由静止滑下，滑至轨道末端b点时速度大小为v，b点切线水平，圆轨道半径为r则物块由a滑向b的过程中（）a 滑至b点时对轨道的压力n=（mgm）b 重力对物块所做的功wg=mgrc 摩擦力对物块所做的功wf=mv2mgrd 机械能损失了mv27如图所示为某一电场所形成的一簇电场线，图中e、f、g、h是以坐标原点o为圆心的圆周上的四个点，e、h点在y轴上，g点在x轴上，则下列说法正确的有（）a e点电势比f点的电势低b oe间的电势差大于ho问的电势差c 正电荷在o点时的电势能大于其在g点时的电势能d 将负电荷从h点移到f点的过程中，电场力对其做负功8将物体从地面上某处以初动能ek0竖直向上抛出，以ek、h、v、a分别表示物体在空中运动的动能、离地的高度、速度的大小和加速度的大小空气阻力大小不变则在物体从抛出至落回地面的过程中，下列图象可能正确的有（）a b c d 9如图所示水平放置的足够长光滑金属导轨ab、cd处于匀强磁场中，磁感应强度方向与导轨平面垂直质量为m、电阻为r的金属棒ef静止于导轨上导轨的另一端经过开关s与平行板电容器相连，开始时，开关打开，电容器上板带正电，带电量为q现闭合开关s，金属棒开始运动，则下列说法正确的有（）a 电容器所带电量逐渐减少，最后变为零b 电容器两板问场强逐渐减小，最后保持一个定值不变c 金属棒中电流先增大后减小，最后减为零d 金属棒的速度逐渐增大，最后保持一个定值不变三、简答题：本题分必做题（第10、11题）和选做题两部分，满分18分请将解答填在答题卡相应的位置10某同学利用如图1所示的装置探究力的平行四边形定则：竖直放置铺有白纸的木板上固定有两个轻质小滑轮，细线ab和oc连接于点，细线ab绕过两滑轮，d、e是细线与滑轮的两个接触点在细线末端a、b、c三处分别挂有不同数量的相同钩码，设所挂钩码数分别用n1、n2、n3表示挂上适当数量的钩码，当系统平衡时进行相关记录改变所挂钩码的数量，重复进行多次实验（1）下列能满足系统平衡的nl、n2、n3的取值可能为：（a）n1=n2=3，n3=4（b）n1=n2=3，n3=6（c） n1=n2=n3=3（d）n1=3，n2=4，n3=8（2）下列关于本实验操作的描述，正确的有：（a）需要利用天平测出钩码的质量（b）eod不宜过大（c）两滑轮的轴心不必处于同一条水平线上（d）每次实验都应使细线的结点d处于同一位置（3）每次实验结束后，需要记录的项目有nl、n2、n3的数值和：（4）该同学利用某次实验结果在白纸上绘制了如图2所示的实验结果处理图，则根据你对本实验的理解，拉力fod和foe的合力的测量值应是图中的（选填“f”或“f”）11氧化锡是一种对气体中酒精含量敏感的材料：当周围气体中酒精浓度发生变化时，其阻值也会发生变化小明为研究某型号氧化锡检测电阻咫的阻值随气体中酒精浓度变化的关系，采用图1所示实验装置进行实验：在可以直接测得酒精浓度的容器中喷入雾状酒精，闭合电路，调节滑动变阻器的阻值至适当值，读出电压表和电流表的示数，改变喷入雾状酒精的量，重复上述实验，计算出风的值即可得到凡的阻值随气体中酒精浓度变化的关系图线（1）每次实验之前，小明都应先将滑动变阻器r的滑动片置于端（选填“a”或“b”）：（2）小明在实验中测得多组数据如表所示：实验次数12345678气体中酒精浓度（mg/l）0.0l0.020.040.060.070.090.120.15电压表示数（v）2.002.402.201.601.401.201.000.86电流表示数（a）0.100.150.200.200.200.200.200.20凡的阻值（）20118754.3请在图2所示的坐标系中描绘出凡的阻值随气体中酒精浓度变化的关系图线；（3）我国道路交通安全法规定：严禁酒后驾车!参照车辆驾驶人员呼气酒精含量阈值与检验标准（gbl9522），呼气中酒精浓度大于等于0.09mg/l就属于酒后驾车小明用该型号氧化锡检测电阻r制成一个简易的酒驾测试仪给定下列器材和要求，请你在图3中帮他连接实物图；器材：电源（e=6v，r=2）、开关s、氧化锡检测电阻rx、定值电阻r0、理想电压表、导线要求：闭合开关s，检测者呼出气体流经rx若电压表读数大于等于1.2v，则检测者属于酒后驾车若电压表读数小于1.2v，则不属于酒后驾车（4）在（3）问中，定值电阻r0的阻值应为【选做题】请从a、b和c三个选修中选定两个作答，如都作答则按a、b两个评分.a（选修模块3-3）（12分）12某学习小组做了如下实验：先把空的烧瓶放入冰箱冷冻，取出烧瓶，并迅速把一个气球紧套在烧瓶颈上，封闭了一部分气体，然后将烧瓶放进盛满热水的烧杯里，气球逐渐膨胀起来，如图（1）在气球膨胀过程中，下列说法正确的是a该密闭气体分子间的作用力增大b该密闭气体组成的系统熵增加c该密闭气体的压强是由于气体重力而产生的d该密闭气体的体积是所有气体分子的体积之和（2）若某时刻该密闭气体的体积为v，密度为，平均摩尔质量为m，阿伏加德罗常数为na，则该密闭气体的分子个数为；（3）若将该密闭气体视为理想气体，气球逐渐膨胀起来的过程中，气体对外做了0.6j的功，同时吸收了0.9j的热量，则该气体内能变化了j；若气球在膨胀过程中迅速脱离瓶颈，则该气球内气体的温度（填“升高”、“降低”或“不变”）b（选修模块3-4）（12分）13下列说法中正确的是（）a 当某列声波产生多普勒效应时，相应声源的振动频率一定发生变化b 狭义相对论指出：电磁相互作用在真空中的传播速度c是自然界中速度的极限c 家用微波炉的工作应用了一种电磁波，而军用雷达的工作应用了一种脉冲超声波d 大豆色拉油中的气泡看起来特别明亮，是因为光从气泡射向油时，一部分光在界面上发生了全反射的缘故14图甲为某一简谐横波在t=0时刻的波动图象，p为其传播方向上的一个质点，图乙为质点p的振动图象根据图象可知：波的传播速度为m/s，波沿x轴的方向传播（选填“正”或“负”），质点p振动12s所通过的路程为m15如图abc为等腰三棱镜的横截面，已知顶角a为60，图中efbc，一束光线在ab边上的入射角为45，真空中的光速为c试求光在该种介质中的折射率n及传播速度vc（选修模块3-5）（12分）1012如皋市校级二模）下列说法中正确的是（）a 太阳辐射的能量主要来源于重核裂变b 衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子时所产生的c x射线是处于激发态的原子核辐射出来的d 比结合能越大表示原子核中核子结合得越松散，原子核越不稳定1014呼伦贝尔一模）用能量为15ev的光子照到某种金属上，能发生光电效应，测得其光电子的最大初动能为12.45ev，则该金属的逸出功为ev氢原子的能级如图所示，现有一群处于n=3能级的氢原子向低能级跃迁，在辐射出的各种频率的光子中，能使该金属发生光电效应的频率共有种1012如皋市校级二模）2011年3月11日，日本发生9o级地震后爆发海啸，导致福岛核电站核泄漏，核安全问题引起世界关注福岛核电站属于轻水反应堆，即反应堆使用普通水作为减速剂，使快中子减速变成慢中子，便于被u俘获，发生可控制核裂变的链式反应（a）若铀核u俘获一个慢中子，发生核裂变后产生了xe和sr，试写出核裂变方程（b）若快中子的减速过程可视为快中子与普通水中h核发生对心正碰后减速上述碰撞过程可简化为弹性碰撞，现假定某次碰撞前快中子速率为v0，靶核h核静止试通过计算说明，此次碰撞后中子的速度变为多少？（已知氢核质量和中子质量近似相等）四、计算题：本题共3小题，共计47分解答时请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的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位19如图1所示，质量为60kg的消防队员从一根固定的竖直金属杆上由静止滑下，经过2.5s时间落到地面上下滑中消防队员受到的竖直向上的摩擦力随时间变化的情况如图2所示，取g=10m/s2求：（1）消防队员下滑过程中的加速度； （2）消防队员开始下滑时离地面的高度；（3）消防队员下滑过程中摩擦力对他所做的功20如图1所示的坐标系内，在x0（x00）处有一垂直工轴放置的挡板在y轴与挡板之间的区域内存在一个与xoy平珏垂直且指向纸内的匀强磁场，磁感应强度b=0.2t位于坐标原点o处的粒子源向xoy平面内发射出大量同种带正电的粒子，所有粒子的初速度大小均为vo=1.0106m/s，方向与x轴正方向的夹角为，且090该粒子的比荷为=1.0108c/kg，不计粒子所受重力和粒子间的相互作用，粒子打到挡板上后均被挡板吸收（1）求粒子在磁场中运动的轨道半径r：（2）如图2所示，为使沿初速度方向与x轴正方向的夹角=30射出的粒子不打到挡板上，则x0必须满足什么条件？该粒子在磁场中运动的时间是多少？（3）若x0=5.0102m，求粒子打在挡板上的范围（用y坐标表示），并用“”图样在图3中画出粒子在磁场中所能到达的区域：21如图所示，电阻不计的足够长光滑平行金属导轨与水平面夹角为，导轨间距为l，轨道所在平面的正方形区域如耐内存在着有界匀强磁场，磁感应强度大小为b，方向垂直于导轨平面向上电阻相同、质量均为m的两根相同金属杆甲和乙放置在导轨上，甲金属杆恰好处在磁场的上边界处，甲、乙相距也为l在静止释放两金属杆的同时，对甲施加一沿导轨平面且垂直甲金属杆的外力，使甲在沿导轨向下的运动过程中始终以加速度a=gsin做匀加速直线运动，金属杆乙剐进入磁场时即做匀速运动（1）求金属杆的电阻r；（2）若从释放金属杆时开始计时，试写出甲金属杆在磁场中所受的外力f随时间t的变化关系式；（3）若从开始释放两金属杆到金属杆乙刚离开磁场的过程中，金属杆乙中所产生的焦耳热为q，求外力f在此过程中所做的功2015年江苏省南通市如皋市搬经中学高考物理二模试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本大题共5小题，每小题3分，共计l5分每小题只有一个选项符合题意：1下列物理史实正确的是：（）a 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b 伽利略在对自由落体运动的研究中，采用了以实验检验、猜想和假设的科学方法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：本题比较简单考查了学生对物理学史的了解情况，在物理学发展的历史上有很多科学家做出了重要贡献，大家熟悉的牛顿、爱因斯坦、法拉第等，在学习过程中要了解、知道这些著名科学家的重要贡献，是解答类似问题的关键解答：解：a、是密立根测出了元电荷的数值不是库伦，故a错误；b、伽利略在对自由落体运动研究中，首次采用以实验检验猜想和假设的科学方法，对物理学的发展做出重大贡献，故b正确；c、牛顿提出了万有引力定律，开普勒在研究行星运动规律的基础之上提出开普勒三定律，故c错误；d、奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第提出了电磁感应定律，故d错误故选b点评：本题主要考查了有关电学的物理学史，了解物理学家的探索过程，从而培养学习物理的兴趣和为科学的奉献精神，对类似知识要加强记忆2如图所示为某一质点运动的位移（x）一时间（t）图象，图线为一段半圆弧，则下列说法正确的是（）a 质点做圆周运动b t0时刻质点离开出发点最远c 质点运动的速度先增大后减小d 质点一定做直线运动考点：匀变速直线运动的图像专题：运动学中的图像专题分析：质点做直线运动，轨迹不是圆弧，根据斜率等于速度分析速度的变化质点在t1时刻回到出发点解答：解：a、根据斜率等于速度可知，质点的速度先沿正方向，后沿负方向，质点一定做直线运动故a错误，d正确b、在t0时刻质点的位移为零，表示质点在t0时刻回到出发点故b错误c、由斜率看出，质点的速度先减小后增大故c错误故选d点评：此题是位移图象问题，要注意位移图象不是质点的运动轨迹，表示直线运动，其斜率等于速度3“重力勘探”是应用地球表面某处重力加速度的异常来寻找矿床的一种技术如图所示，若在地球表面a处正下方有一均匀分布且半径为r球形矿床，球心与a相距r矿床的密度为n（n1，为地球的平均密度），万有引力常量为g则仅由于该矿床的存在，a处的重力加速度的变化量g为（）a g=b g=c g=d 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：根据物体所受的万有引力等于物体的重力，通过有矿床和无矿床时表面物质所受的万有引力之差得出有矿床时的重力加速度，再结合密度公式求出重力加速度变化量的表达式解答：解：矿床对对表面物质的吸引力 （m1是矿床的质量）如果将矿床替换为普通地球的物质 则 这个普通物质对地球表面物质的吸引力（m2是普通物质的质量）那么这时在有矿床的地方的重力加速度 mg矿=mgf2+f1所以m（g矿g）=f1f2=得g=g矿g=由于 矿床的密度为n所以而 （是地球平均密度）所以故a正确，b、c、d错误故选a点评：解决本题的关键掌握万有引力等于重力这一理论，并能熟练运用4如图所示，d、e、f、g为地面上距离相等的四点，三个质量相同的小球a、b、c分别在e、f、g的正上方不同高度处，以相同的水平初速度向左抛出，最后均落到d点若不计空气阻力，则可判断a、b、c三个小球（）a 在空中运动时间之比为1：3：5b 初始离地面的高度之比为1：3：5c 在空中运动过程中重力的平均功率之比为1：2：3d 从抛出到落地过程中，动能的变化量之比为1：2：3考点：动能定理的应用；功率、平均功率和瞬时功率专题：动能定理的应用专题分析：小球水平抛出后做平抛运动，平抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动与竖直方向的自由落体运动，应用平抛运动规律可可以求出运动时间与高度之比；由功率公式可以求出平均功率之比，由动能定理可以求出动能之比解答：解：小球抛出后做平抛运动，设小球的水平速度为v；a、由题意知，小球在水平方向的位移之比xa：xb：xc=1：2：3，小球在水平方向做匀速直线运动，x=vt，则小球的运动时间之比ta：tb：tc=1：2：3，故a错误；b、小球在竖直方向上做自由落体运动，h=gt2，则抛出点的高度之比ha：hb：hc=ta2：tb2：tc2=1：4：9，故b错误；c、重力的平均功率p=，重力平均功率之比pa：pb：pc=：=1：2：3，故c正确；d、由动能定理得，动能的变化量ek=mgh，从抛出到落地过程中，动能的变化量之比为eka：ekb：ekc=ha：hb：hc=1：4：9，故d错误；故选c点评：知道小球做平抛运动，平抛运动可分解为水平方向的匀速运动与竖直方向的自由落体运动，熟练运动匀速运动与自由落体运动的运动规律即可正确解题5如图所示的电路中，r1、r2是定值电阻，r3是滑动变阻器，电源的内阻不能忽略，电流表a和电压表v均为理想电表闭合开关s，当滑动变阻器的触头p从右端滑至左端的过程，下列说法中正确的是（）a 电压表v的示数增大b 电流表a的示数减小c 电容器c所带的电荷量减小d 电阻r1的电功率增大考点：闭合电路的欧姆定律专题：压轴题；恒定电流专题分析：由题：电流表a和电压表v均为理想电表，图中电压表测量路端电压，电流表测量流过变阻器r3的电流电容器的电压等于电阻r1的电压当滑动变阻器的触头p从右端滑至左端的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，电阻r2与r3并联的电阻减小，外电路总电阻减小，路端电压减小，由闭合电路欧姆定律分析干路电流的变化，确定电容器的电压变化和r1功率变化根据并联部分电压的变化情况，来分析r2电流的变化，结合干路电流i的变化，分析电流表示数的变化解答：解： a、当滑动变阻器的触头p从右端滑至左端的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，电阻r2与r3并联的电阻减小，外电路总减小，路端电压减小，则电压表v的示数减小故a错误 b、外电路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知干路电流i增大并联部分电压u并=ei（r1+r）减小，流过电阻r2的电流i2减小，电流表a的示数ia=ii2增大故b错误 c、电容器的电压uc=ir1，i增大，uc增大，电容器c所带的电荷量增大故c错误 d、电阻r1的电功率p1=i2r1，i增大，p1增大故d正确故选d点评：本题是电路中动态变化分析问题，难点在于确定电流表读数的变化，采用总量法研究是常用的方法二、多项选择题：本大题共4小题，每小题4分，共计l6分每小题有多个选项符合题意全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分6一物块从粗糙圆弧轨道上顶端a点由静止滑下，滑至轨道末端b点时速度大小为v，b点切线水平，圆轨道半径为r则物块由a滑向b的过程中（）a 滑至b点时对轨道的压力n=（mgm）b 重力对物块所做的功wg=mgrc 摩擦力对物块所做的功wf=mv2mgrd 机械能损失了mv2考点：动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力专题：动能定理的应用专题分析：由向心力公式可求得b点对物体的支持力，由牛顿第三定律可知物块对b点的压力；由动能定理可求得摩擦力对物块所做的功；由摩擦力做功可求得机械能的损失解答：解：a、b点时，物体受重力、支持力而做圆周运动，则由fmg=m可得，支持力f=mg+m，由牛顿第三定律可知，物块对b点的压力为mg+m，故a错误b、重力对物块所做的功wg=mgr，故b正确c、由动能定理可得wg+wf=mv20wf=mv2mgr，故c正确d、在滑动过程中，摩擦力所做的功等于机械能的损失，故机械能损失mgrmv2故d错误故选bc点评：在功能关系中，要注意明确：重力做功等于重力势能的改变量；而摩擦力做功等于机械能的改变量7如图所示为某一电场所形成的一簇电场线，图中e、f、g、h是以坐标原点o为圆心的圆周上的四个点，e、h点在y轴上，g点在x轴上，则下列说法正确的有（）a e点电势比f点的电势低b oe间的电势差大于ho问的电势差c 正电荷在o点时的电势能大于其在g点时的电势能d 将负电荷从h点移到f点的过程中，电场力对其做负功考点：电势能；电场线专题：电场力与电势的性质专题分析：根据电场线与等势线垂直，画出e、o点等势线，再根据沿着电场线方向电势逐渐降低，去分析判断电势和电势能的大小关系解答：解：a、根据电场线与等势线垂直，画出e点等势线，再根据沿着电场线方向电势逐渐降低，知e点电势比f点的电势低，a正确；b、由于ho处的电场线密，场强大，所以oe间的电势差小于ho间的电势差，b错误；c、根据电场线与等势线垂直，画出o点等势线，可知o点的电势大于g点电势，所以c正确；d、将负电荷从h点移到f点的过程中，电场力对其做负功，d正确；故选acd点评：本题稍微有点难度，能够画出各点的等势线是顺利解决本题的关键8将物体从地面上某处以初动能ek0竖直向上抛出，以ek、h、v、a分别表示物体在空中运动的动能、离地的高度、速度的大小和加速度的大小空气阻力大小不变则在物体从抛出至落回地面的过程中，下列图象可能正确的有（）a b c d 考点：平抛运动专题：平抛运动专题分析：根据动能定理、牛顿第二定律、运动学公式求出各物理量的表达式，从而判断图象的正误解答：解：a、根据动能定理得，上升的过程，（mg+f）h=，则ek=ek0（mg+f）h，下降的过程中，可见动能与h成线性关系故a正确b、上升的过程中，根据运动学公式得，知h与t不成线性关系故b错误c、上升过程中中的加速度，下滑过程中的加速度，可知a1a2，先向上做匀减速直线运动，再向下做匀加速直线运动，减速直线运动的斜率大小大于加速直线运动的斜率故c错误d正确故选ad点评：本题要根据物理规律得到解析式，再选择物理图象，是经常采用的思路9如图所示水平放置的足够长光滑金属导轨ab、cd处于匀强磁场中，磁感应强度方向与导轨平面垂直质量为m、电阻为r的金属棒ef静止于导轨上导轨的另一端经过开关s与平行板电容器相连，开始时，开关打开，电容器上板带正电，带电量为q现闭合开关s，金属棒开始运动，则下列说法正确的有（）a 电容器所带电量逐渐减少，最后变为零b 电容器两板问场强逐渐减小，最后保持一个定值不变c 金属棒中电流先增大后减小，最后减为零d 金属棒的速度逐渐增大，最后保持一个定值不变考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电容分析：开始，电容器放电，导体棒中有向下的电流，在安培力的作用下向右运动，与此同时导体棒又相当于电源，在棒的两端产生感应电动势，当感应电动式的数值恰好等于电容器两板间电压时，电流消失，安培力消失，导体棒做匀速直线运动解答：解：a、开始，电容器放电，导体棒中有向下的电流，导体会受安培力作用而运动，进而产生感应电动势，阻碍电流增加，故电容器电量不会变为零，故a错误b、由a分析知，电容器两板间场强逐渐减小，最后保持一个定值不变，故b正确c、由以上分析知，金属棒中电流开始最大，逐渐减小，最后为零，故c错误d、只要棒中有电流，导体棒速度就会增加，当电流为零时，棒的速度最大，之后匀速运动，故d正确故选bd点评：刚开始电流最大，由于电磁感应 产生的电动势与极板间电势差项抵触，故电流减小，最后为零这个过程比较抽象，注意画图解决较好三、简答题：本题分必做题（第10、11题）和选做题两部分，满分18分请将解答填在答题卡相应的位置10某同学利用如图1所示的装置探究力的平行四边形定则：竖直放置铺有白纸的木板上固定有两个轻质小滑轮，细线ab和oc连接于点，细线ab绕过两滑轮，d、e是细线与滑轮的两个接触点在细线末端a、b、c三处分别挂有不同数量的相同钩码，设所挂钩码数分别用n1、n2、n3表示挂上适当数量的钩码，当系统平衡时进行相关记录改变所挂钩码的数量，重复进行多次实验（1）下列能满足系统平衡的nl、n2、n3的取值可能为：ac（a）n1=n2=3，n3=4（b）n1=n2=3，n3=6（c） n1=n2=n3=3（d）n1=3，n2=4，n3=8（2）下列关于本实验操作的描述，正确的有：bc（a）需要利用天平测出钩码的质量（b）eod不宜过大（c）两滑轮的轴心不必处于同一条水平线上（d）每次实验都应使细线的结点d处于同一位置（3）每次实验结束后，需要记录的项目有nl、n2、n3的数值和oc、od和oe三段细线的方向：（4）该同学利用某次实验结果在白纸上绘制了如图2所示的实验结果处理图，则根据你对本实验的理解，拉力fod和foe的合力的测量值应是图中的f（选填“f”或“f”）考点：验证力的平行四边形定则专题：实验题；平行四边形法则图解法专题分析：（1）两头挂有钩码的细绳跨过两光滑的固定滑轮，另挂有钩码的细绳系于o点，由于钩码均相同，则钩码个数就代表力的大小所以o点受三个力处于平衡状态，由平行四边形定则可正确求解；（2）明确实验原理，所采取的实验方法和措施为了减小实验误差和便于操作；（3）探究力的平行四边形定则实验时，必须作图，所以要强调三力平衡的交点、力的大小（钩码的个数）与力的方向（4）理解通过力的平行四边形定则得出的理论值与实验的实际值是存在差距的解答：解：（1）对o点受力分析oa ob oc分别表示三个力的大小，由于三共点力处于平衡，所以0c等于od因此三个力的大小构成一个三角形a、以钩码的个数表示力的大小，则不能构成三角形，故a正确；b、以钩码的个数表示力的大小，则三力不能构成等腰三角形，故b错误；c、以钩码的个数表示力的大小，则三力为边构成等边三角形，故c正确；d、以钩码的个数表示力的大小，则三力不能构成三角形，故d错误故选：ac（2）a、用砝码的个数可以代表拉力的大小，因此不需要测量砝码的质量，故a错误；b、eod若太大，导致其合力较小，增大了误差，故eod不宜过大，故b正确；c、只要便于记录通过滑轮的力的方向即可，两滑轮的轴心不必处于同一条水平线上，故c正确；d、该题应用了物体的平衡来探究力的平行四边形定则，不需要每次实验都使线的结点o处于同一位置，故d错误故选：bc（3）为验证平行四边形定则，必须作受力图，所以先明确受力点，即标记结点o的位置，其次要作出力的方向并读出力的大小，最后作出力的图示，因此要做好记录，是从力的三要素角度出发，要记录砝码的个数和记录oc、od和oe三段细线的方向（4）本实验是要验证力的平行四边形定则，故应将由平行四边形定则得出的合力，与真实的合力进行比较而去判断平行四边形定则得出的结果是否正确，在实验中，实际合力一定与oc在同一直线上，由于误差的存在，根据平行四边形定则得出合力值（ 在平行四边形的对角线上）与实验值不会完全重合的，拉力fod和foe的合力的测量值应是图2中的f故答案为：（1）ac；（2）bc；（3）oc、od和oe三段细线的方向；（4）f点评：掌握三力平衡的条件，理解平行四边形定则，同时验证平行四边形定则是从力的图示角度去作图分析，同时理解理论值和实际值的区别11氧化锡是一种对气体中酒精含量敏感的材料：当周围气体中酒精浓度发生变化时，其阻值也会发生变化小明为研究某型号氧化锡检测电阻咫的阻值随气体中酒精浓度变化的关系，采用图1所示实验装置进行实验：在可以直接测得酒精浓度的容器中喷入雾状酒精，闭合电路，调节滑动变阻器的阻值至适当值，读出电压表和电流表的示数，改变喷入雾状酒精的量，重复上述实验，计算出风的值即可得到凡的阻值随气体中酒精浓度变化的关系图线（1）每次实验之前，小明都应先将滑动变阻器r的滑动片置于b端（选填“a”或“b”）：（2）小明在实验中测得多组数据如表所示：实验次数12345678气体中酒精浓度（mg/l）0.0l0.020.040.060.070.090.120.15电压表示数（v）2.002.402.201.601.401.201.000.86电流表示数（a）0.100.150.200.200.200.200.200.20凡的阻值（）20118754.3请在图2所示的坐标系中描绘出凡的阻值随气体中酒精浓度变化的关系图线；（3）我国道路交通安全法规定：严禁酒后驾车!参照车辆驾驶人员呼气酒精含量阈值与检验标准（gbl9522），呼气中酒精浓度大于等于0.09mg/l就属于酒后驾车小明用该型号氧化锡检测电阻r制成一个简易的酒驾测试仪给定下列器材和要求，请你在图3中帮他连接实物图；器材：电源（e=6v，r=2）、开关s、氧化锡检测电阻rx、定值电阻r0、理想电压表、导线要求：闭合开关s，检测者呼出气体流经rx若电压表读数大于等于1.2v，则检测者属于酒后驾车若电压表读数小于1.2v，则不属于酒后驾车（4）在（3）问中，定值电阻r0的阻值应为22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）滑动变阻器在使用的过程中，开始时，要使滑动变阻器的阻值最大；（2）先根据欧姆定律求出2、6的电阻，再应用描点法作图，根据表中实验数据，在坐标系中描出对应的点，然后根据各点作出图象；（3）根据原理图可得出对应的实物图；（4）先根据图表中的数据求出电路中的总电阻，再求出定值电阻的阻值解答：解：（1）滑动变阻器在使用的过程中，开始时要使滑动变阻器的阻值最大，故应接在b端；（2）根据欧姆定律，求出2、6的两组电阻的阻值：；应用描点法作图，根据表中实验数据，在坐标系中描出对应的点，然后根据各点作出图象如图：（3）顺着电流的方向，一步步连接器材，如图所示（4）从图表中可知，当电压表的读数是1.2v时，电阻的数据是6，根据闭合电路的欧姆定律得：故答案为：（1）b；（2）如图所示；（3）如图；（4）22点评：该题是设计性的实验，要先理解实验的原理，结合已学习的知识对题目做出正确的解答；注意分析题意，然后正确建立物理模型是解题的关键【选做题】请从a、b和c三个选修中选定两个作答，如都作答则按a、b两个评分.a（选修模块3-3）（12分）12某学习小组做了如下实验：先把空的烧瓶放入冰箱冷冻，取出烧瓶，并迅速把一个气球紧套在烧瓶颈上，封闭了一部分气体，然后将烧瓶放进盛满热水的烧杯里，气球逐渐膨胀起来，如图（1）在气球膨胀过程中，下列说法正确的是ba该密闭气体分子间的作用力增大b该密闭气体组成的系统熵增加c该密闭气体的压强是由于气体重力而产生的d该密闭气体的体积是所有气体分子的体积之和（2）若某时刻该密闭气体的体积为v，密度为，平均摩尔质量为m，阿伏加德罗常数为na，则该密闭气体的分子个数为；（3）若将该密闭气体视为理想气体，气球逐渐膨胀起来的过程中，气体对外做了0.6j的功，同时吸收了0.9j的热量，则该气体内能变化了0.3j；若气球在膨胀过程中迅速脱离瓶颈，则该气球内气体的温度降低（填“升高”、“降低”或“不变”）考点：热力学第一定律专题：热力学定理专题分析：（1）将烧瓶放进盛满热水的烧杯里，气球逐渐膨胀起来，这是因为烧瓶里的气体吸收了水的热量，温度升高，体积增大；（2）先计算物质量，然后求解分子数；（3）根据热力学第一定律列式求解即可解答：解：（1）a、气体膨胀，分子间距变大，分子间的引力和斥力同时变小，故a错误；b、根据热力学第二定律，一切宏观热现象过程总是朝着熵增加的方向进行，故该密闭气体组成的系统熵增加，故b正确；c、气体压强是有气体分子对容器壁的碰撞产生的，故c错误；d、气体分子间隙很大，该密闭气体的体积远大于所有气体分子的体积之和，故d错误；故选b；（2）气体的量为：n=；该密闭气体的分子个数为：n=nna=na；（3）气体对外做了0.6j的功，同时吸收了0.9j的热量，根据热力学第一定律，有：u=w+q=0.6j+0.9j=0.3j；若气球在膨胀过程中迅速脱离瓶颈，气压气体迅速碰撞，对外做功，内能减小，温度降低故答案为：（1）b；（2）；（3）0.3；降低点评：本题考查了热力学第一定律，热力学第二定律、气体压强的微观意义、分子力、阿伏加德罗常数等，知识点多，难度不大，要多看书b（选修模块3-4）（12分）13下列说法中正确的是（）a 当某列声波产生多普勒效应时，相应声源的振动频率一定发生变化b 狭义相对论指出：电磁相互作用在真空中的传播速度c是自然界中速度的极限c 家用微波炉的工作应用了一种电磁波，而军用雷达的工作应用了一种脉冲超声波d 大豆色拉油中的气泡看起来特别明亮，是因为光从气泡射向油时，一部分光在界面上发生了全反射的缘故考点：多普勒效应；电磁波的应用分析：根据多普勒现象、狭义相对论、电磁波谱的应用和光的折射和全反射分析即可解答：解：a、当发生多普勒现象时，声源的振动频率不变，而是相对波源运动的听着听到频率的改变，故a错误；b、狭义相对论指出，电磁相互作用在真空中的传播速度c是自然界中速度的极限，故b正确；c、家用微波炉的工作应用了一种电磁波，而军用雷达的工作应用了了微波，并不是一种脉冲超声波，故c错误；d、光从光密介质射向光疏介质中，才能发生全反射，所以色拉油中的气泡看起来特别明亮，不是因为光的全反射，故d错误故选：b点评：明确多普勒现象、狭义相对论、电磁波谱的应用和光的折射和全反射是解题的关键，题目包含的知识点较多14图甲为某一简谐横波在t=0时刻的波动图象，p为其传播方向上的一个质点，图乙为质点p的振动图象根据图象可知：波的传播速度为1m/s，波沿x轴的正方向传播（选填“正”或“负”），质点p振动12s所通过的路程为0.6m考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象专题：振动图像与波动图像专题分析：由甲图读出波长，由乙读出周期，求出波速由乙图读出t=0时刻p质点的速度方向，在甲图上判断出波的传播方向由时间与周期的关系，求解质点通过的路程解答：解：由甲图读出波长为=4m，由乙读出周期为t=4s，则该波的波速为v=1m/s由乙图读出t=0时刻p质点的速度方向为向上，则在甲图上判断出波的传播方向是沿xx轴正方向质点p振动了12s，即振动了3个周期，而质点p每个周期通过的路程是4a，则12s内质点p通过的路程是：s=12a=60cm=0.6m故答案为：1，正，0.6点评：本题关键从波动图象得到波长，从振动图象得到周期，然后根据v=求解波速；同时结合波形平移的方法得到波的传播方向与质点振动方向间的关系15如图abc为等腰三棱镜的横截面，已知顶角a为60，图中efbc，一束光线在ab边上的入射角为45，真空中的光速为c试求光在该种介质中的折射率n及传播速度v考点：光的折射定律专题：光的折射专题分析：由几何知识确定出光线在ab边上发生折射时的折射角，求出折射率n，再由n=求出光在介质中的传播速度v解答：解：由几何知识得，光线在ab边上发生折射时，折射角r=30，而入射角为i=45，则折射率为 n=光在该介质中传播速度为 v=2.12108m/s答：光在该种介质中的折射率n为，传播速度v为2.12108m/s点评：对于几何光学问题，关键要由几何知识确定入射角、折射角，再由折射定律处理c（选修模块3-5）（12分）1012如皋市校级二模）下列说法中正确的是（）a 太阳辐射的能量主要来源于重核裂变b 衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子时所产生的c x射线是处于激发态的原子核辐射出来的d 比结合能越大表示原子核中核子结合得越松散，原子核越不稳定考点：爱因斯坦质能方程专题：爱因斯坦的质能方程应用专题分析：太阳的能量来自于内部的核聚变，x射线是因为原子的内层电子受到激发产生的；比结合能越大的原子核越稳定解答：解：a、太阳的能量来自于内部的核聚变，产生很高的能量，又称为热核反应，故a错误；b、衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子时所产生的，故b正确；c、x射线是因为原子的内层电子受到激发产生的，射线是激发态的原子核辐射的故c错误；d、比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢靠，原子核越稳定故d错误故选：b点评：x射线又叫伦琴射线，它是由原子内层电子跃迁时发射的波长很短的电磁波1014呼伦贝尔一模）用能量为15ev的光子照到某种金属上，能发生光电效应，测得其光电子的最大初动能为12.45ev，则该金属的逸出功为2.55ev氢原子的能级如图所示，现有一群处于n=3能级的氢原子向低能级跃迁，在辐射出的各种频率的光子中，能使该金属发生光电效应的频率共有2种考点：氢原子的能级公式和跃迁；光电效应专题：原子的能级结构专题分析：根据数学组合公式求出该群氢原子可能发射的不同频率光子的种数根据辐射光子的能量等于两能级间的能级差求出光子能量，根据光电效应方程求出光电子的最大初动能解答：解：用能量为15ev的光子照到某种金属上，能发生光电效应，测得其光电子的最大初动能为12.45ev，根据光电效应方程得，ekm=1512.45=2.55ev现有一群处于n=3能级的氢原子向低能级跃迁，根据=3，知该群氢原子可能发射3种不同频率的光子但是n=3能级跃迁到n=2能级的光子能量小于2.55ev，所以能使该金属发生光电效应的频率共有2种故答案为：2.55，2点评：解决本题的关键知道能级间跃迁时辐射的光子能量等于两能级间的能级差，以及掌握光电效应方程1012如皋市校级二模）2011年3月11日，日本发生9o级地震后爆发海啸，导致福岛核电站核泄漏，核安全问题引起世界关注福岛核电站属于轻水反应堆，即反应堆使用普通水作为减速剂，使快中子减速变成慢中子，便于被u俘获，发生可控制核裂变的链式反应（a）若铀核u俘获一个慢中子，发生核裂变后产生了xe和sr，试写出核裂变方程（b）若快中子的减速过程可视为快中子与普通水中h核发生对心正碰后减速上述碰撞过程可简化为弹性碰撞，现假定某次碰撞前快中子速率为v0，靶核h核静止试通过计算说明，此次碰撞后中子的速度变为多少？（已知氢核质量和中子质量近似相等）考点：动量守恒定律；重核的裂变分析：（a）根据电荷数与质量数守恒写出核裂变方程式（b）核裂变过程中动量守恒，由动量守恒定律与能量守恒定律求出中子的速度解答：解：（a）根据核电荷数与质量数守恒可知，核反应方程式为：u+nxe+sr+3n；（b）中子质量为m，原来速度为v0，碰撞后速度为v1，质子质量为m，碰撞后速度为v2，以中子的初速度方向为正方向，则由动量守恒得：mv0=mv1+mv2，由能量守恒定律得：mv02=mv12+mv22，解得：v1=v0，v2=v0；由于中子质量m与质子质量m近似相等，即m=m，则v1=0答：（a）核反应方程式为：u+nxe+sr+3n；（b）此次碰撞后中子的速度变为0点评：本题考查了写核反应方程式、求粒子速度，分析清楚粒子运动过程是正确解题的关键；根据质量数与核电荷数守恒可以写出核裂变方程式；应用动量守恒定律与能量守恒定律可以正确解题四、计算题：本题共3小题，共计47分解答时请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的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位19如图