江苏省南通市通州区金沙中学高三物理上学期期末模拟试卷（含解析）.doc

江苏省南通市通州区金沙中 学2015届高三上学期期末物理模拟试卷一、单项选择题（本题共5小题，每小题3分，共计15分每小题只有一个选项符合题意）1关于运动和力，下列说法中正确的是（）a物体运动速度变化越快，加速度越大b做直线运动的物体受到的合外力一定是恒力c做匀速圆周运动的物体的加速度不变d做平抛运动的物体在任意一段时间内速度变化的方向是不相同的2如图为a、b两个物体做直线运动的位移时间图象，则下列说法正确的是（）at1时刻b的速度和a的速度相同bt2时刻a、b速度方向相反c0t1时间内a的位移大dt1t2这段时间内a、b的路程相同3如图，是一条与ox轴重合的电场线上各点的电势随x变化的图线若在x0点由静止释放一个点电荷，取x0处的电势为零，则在电荷运动的过程中，下列说法中正确的是（）a电荷一定沿x轴正方向运动b电场的场强在逐渐减弱c电荷的电势能可能为正d电场力一定做正功4如图所示，分别用恒力f1、f2先后将质量为m的物体由静止开始沿同一粗糙的固定斜面由底端拉至顶端，两次所用时间相同，第一次力f1沿斜面向上，第二次力f2沿水平方向则两个过程（）a物体与斜面摩擦生热相同b物体机械能变化量相同cf1做的功与f2做的功相同df1做功的功率比f2做功的功率大5如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2=22：5，电阻r1=r2=25，d为理想二极管，原线圈接u=220sin100t（v）的交流电则（）a交流电的频率为100hzb通过r1的电流为2ac通过r2的电流为ad变压器的输入功率为200w二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共计16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）62011年6月21日，我国发射了“中星10号”地球同步通讯卫星，卫星的质量为5.22t，下列说法中正确的是（）a卫星可以定点在北京的正上方b卫星运行的向心加速度小于地球表面的重力加速度c卫星运行的速度比第一宇宙速度小d卫星运行的角速度比月球绕地球运行的角速度小7如图所示，e为电源，其内阻不可忽略，rt为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，l为指示灯泡，c为平行板电容器，g为灵敏电流计闭合开关s，当环境温度明显升高时，下列说法正确的是（）al变亮brt两端电压变大cc所带的电荷量保持不变dg中电流方向由a到b82012年10月15日著名极限运动员鲍姆加特纳从3.9万米的高空跳下，并成功着陆假设他沿竖直方向下落，其vt图象如图所示，则下列说法中正确的是（）a0t1时间内运动员及其装备机械能守恒bt1t2时间内运动员处于超重状态ct1t2时间内运动员的平均速度dt2t4时间内重力对运动员所做的功等于他克服阻力所做的功9“水流星”是一种常见的杂技项目，该运动可以简化为轻绳一端系着小球在竖直平面内的圆周运动模型，如图所示，已知绳长为l，重力加速度为g，忽略空气阻力，则（）a小球运动到最低点q时，处于超重状态b小球初速度v0越大，则在p、q两点绳对小球的拉力差越大c当v0，小球一定能通过最高点pd当v0，细绳始终处于绷紧状态三、简答题：本题共2小题，共计33分10图1为“探究求合力的方法”的实验装置（1）下列说法中正确的是a在测量同一组数据f1、f2和合力f的过程中，橡皮条结点o的位置不能变化b弹簧测力计拉细线时，拉力方向必须竖直向下cf1、f2和合力f的大小都不能超过弹簧测力计的量程d为减小测量误差，f1、f2方向间夹角应为90（2）弹簧测力计的指针如图2所示，由图可知拉力的大小为 n（3）本实验采用的科学方法是（4）某同学完成该实验后得到的图形如图3所示，图上所画的四个力中，由一个弹簧测力计拉橡皮条得到的力是11发光二极管在生产和生活中得到了广泛应用图甲是一种发光二极管的实物图，正常使用时，带“+”号的一端接高电势，带“”号的一端接低电势某同学想描绘它的伏安特性曲线，实验测得它两端电压u和通过它电流i的数据如表所示：u/v00.400.801.201.602.002.402.80i/ma00.92.34.36.812.019.030.0（1）实验室提供的器材如下：a电压表（量程03v，内阻约10k）b电压表（量程015v，内阻约25k）c电流表（量程050ma，内阻约50）d电流表（量程00.6a，内阻约1）e滑动变阻器（阻值范围010，允许最大电流3a）f电源（电动势6v，内阻不计）g开关，导线该同学做实验时，电压表选用的是，电流表选用的是（填选项字母）（2）请在图乙中以笔划线代替导线，按实验要求将实物图中的连线补充完整（3）根据表中数据，在图丙所示的坐标纸中画出该发光二极管的iu图线（4）若此发光二极管的最佳工作电流为10ma，现将此发光二极管与电动势为3v、内阻不计的电池组相连，还需串联一个阻值r=的电阻，才能使它工作在最佳状态 （结果保留三位有效数字）【选做题】【选修模块3-3】12以下说法中正确的是（）a系统在吸收热量时内能一定增加b悬浮在空气中做布朗运动的pm2.5微粒，气温越高，运动越剧烈c封闭容器中的理想气体，若温度不变，体积减半，则单位时间内气体分子在容器壁单位面积上碰撞的次数加倍，气体的压强加倍d用力拉铁棒的两端，铁棒没有断，说明此时分子间只存在引力而不存在斥力13常温水中用氧化钛晶体和铂黑作电极，在太阳光照射下分解水，可以从两电极上分别获得氢气和氧气已知分解1mol的水可得到1mol氢气，1mol氢气完全燃烧可以放出2.858105j的能量，阿伏伽德罗常数na=6.021023mol1，水的摩尔质量为1.8102kg/mol，则2g水分解后得到氢气分子总数为个，2g水分解后得到的氢气完全燃烧所放出的能量为j（均保留两位有效数字）14一定质量理想气体经历如图所示的ab、bc、ca三个变化过程，ta=300k，气体从ca的过程中做功为100j，同时吸热250j，已知气体的内能与温度成正比求：（1）气体处于c状态时的温度tc；（2）气体处于c状态时内能ec【选修模块3-5】15下列说法正确的是（）a汤姆生发现了电子，并提出了原子的栆糕模型b太阳辐射的能量主要来自太阳内部的热核反应c一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为该束光的强度小d将放射性元素掺杂到其它稳定元素中，并降低其温度，该元素的半衰期将增大16某光电管的阴极k用截止频率为0的金属钠制成，光电管阳极a和阴极k之间的正向电压为u，普朗克常量为h，电子的电荷量为e用频率为的紫外线照射阴极，有光电子逸出，光电子到达阳极的最大动能是；若在光电管阳极a和阴极k之间加反向电压，要使光电子都不能到达阳极，反向电压至少为171928年，德国物理学家玻特用粒子（he）轰击轻金属铍（be）时，发现有一种贯穿能力很强的中性射线查德威克对该粒子进行研究，进而发现了新的粒子中子（1）请写出粒子轰击轻金属铍的核反应方程；（2）若中子以速度v0与一质量为mn的静止氮核发生碰撞，测得中子反向弹回的速率为v1，氮核碰后的速率为v2，则中子的质量m等于多少？四、计算题：本题共4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18杭州滨江区的白金海岸小区吴菊萍徒手勇救小妞妞，被誉为“最美妈妈” 设妞妞的质量m=10kg，从离地h1=28.5m高的阳台掉下，下落过程中空气阻力约为本身重力的0.4倍；在妞妞开始掉下时，吴菊萍立刻从静止开始匀加速奔跑水平距离s=9m到达楼下，张开双臂在距地面高度为h2=1.5m处接住妞妞，缓冲到地面时速度恰好为零，缓冲过程中的空气阻力不计g=10m/s2求：（1）妞妞在被接到前下落的时间；（2）吴菊萍跑到楼下时的速度；（3）在缓冲过程中吴菊萍对妞妞做的功19如图所示，间距为l的平行光滑金属导轨与水平面的夹角为，导轨电阻不计导体棒ab、cd垂直导轨放置，棒长均为l，电阻均为r，且与导轨电接触良好ab棒处于垂直导轨平面向上、磁感应强度b1随时间均匀增加的匀强磁场中cd棒质量为m，处于垂直导轨平面向上、磁感应强度恒为b2的匀强磁场中，恰好保持静止ab棒在外力作用下也保持静止，重力加速度为g（1）求通过cd棒中的电流大小和方向（2）在t0时间内，通过ab棒的电荷量q和ab棒产生的热量q（3）若零时刻b1等于零，ab棒与磁场b1下边界的距离为l0，求磁感应强度b1随时间t的变化关系20（16分）如图所示，光滑绝缘的细圆管弯成半径为r的半圆形，固定在竖直面内，管口b、c的连线是水平直径现有一带正电的小球（可视为质点）从b点正上方的a点自由下落，a、b两点间距离为4r从小球进入管口开始，整个空间中突然加上一个匀强电场，电场力的竖直向上的分力大小与重力大小相等，结果小球从管口c处脱离圆管后，其运动轨迹经过a点设小球运动过程中带电量没有改变，重力加速度为g，求：（1）小球到达b点的速度大小；（2）小球受到的电场力大小（3）小球经过管口c处时对圆管壁的压力21如图所示，在矩形abcd区域内，对角线bd以上的区域存在有平行于ad向下的匀强电场，对角线bd以下的区域存在有垂直于纸面的匀强磁场（图中未标出），矩形ad边长为l，ab边长为2l一个质量为m、电荷量为+q的带电粒子（重力不计）以初速度v0从a点沿ab方向进入电场，在对角线bd的中点p处进入磁场，并从dc边上以垂直于dc边的速度离开磁场（图中未画出），求：（1）带电粒子经过p点时速度v的大小和方向；（2）电场强度e的大小；（3）磁场的磁感应强度b的大小和方向江苏省南通市通州区金沙中学2015届高三上学期期末物理模拟试卷一、单项选择题（本题共5小题，每小题3分，共计15分每小题只有一个选项符合题意）1关于运动和力，下列说法中正确的是（）a物体运动速度变化越快，加速度越大b做直线运动的物体受到的合外力一定是恒力c做匀速圆周运动的物体的加速度不变d做平抛运动的物体在任意一段时间内速度变化的方向是不相同的考点：平抛运动；牛顿第一定律；物体做曲线运动的条件；向心加速度 专题：平抛运动专题分析：1、加速度是反映速度变化快慢的物理量加速度大，速度变化快2、物体做直线运动的条件是：受到的合力与速度方向在同一直线上3、做匀速圆周运动的物体的向心加速度方向时刻改变4、平抛运动的加速度是重力加速度，大小方向都不变，所以速度变化的方向就不变解答：解：a、加速度是反映速度变化快慢的物理量加速度大，速度变化快故a正确b、只要合力与速度的方向在同一直线上，物体就做直线运动，合力的大小可以变化，例如加速度减小的加速直线运动故b错误c、做匀速圆周运动的物体的加速度是向心加速度，向心加速度的方向始终指向圆心，方向时刻改变，故加速度是时刻改变的故c错误d、速度变化的方向就是加速度的方向，加速度不变化，速度变化的方向就不变，平抛运动的加速度是重力加速度，大小方向都不变，故做平抛运动的物体在任意一段时间内速度变化的方向是相同的故d错误故选a点评：本题主要考查运动学、动力学的基本知识，记住并理解这些基本概念即可，难度不大，属于基础题2如图为a、b两个物体做直线运动的位移时间图象，则下列说法正确的是（）at1时刻b的速度和a的速度相同bt2时刻a、b速度方向相反c0t1时间内a的位移大dt1t2这段时间内a、b的路程相同考点：匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系 专题：运动学中的图像专题分析：在位移时间图象中，纵坐标的变化量x表示位移，图象的斜率表示质点运动的速度的大小路程等于各个过程位移大小之和根据这些知识进行分析解答：解：a、xt图象切线的斜率等于速度，斜率越大，速度越大，则知t1时刻b的速度比a的速度大，故a错误b、t2时刻，a的斜率为正，说明a的速度沿正向，b图线的切线斜率为负，说明b的速度沿负向，则a、b速度方向相反，故b正确c、根据纵坐标的变化量x表示位移得知，0t1时间内b的位移大，故c错误d、t1t2这段时间内，a一直沿正向做匀速直线运动，b先沿正向运动后沿负向运动，通过的位移相同，可知b的路程大于a的路程，故d错误故选：b点评：在位移时间图象中，关键抓住图象的斜率表示质点运动的速度的大小来理解图象的意义，要注意位移是矢量，路程是标量，路程等于位移大小之和3如图，是一条与ox轴重合的电场线上各点的电势随x变化的图线若在x0点由静止释放一个点电荷，取x0处的电势为零，则在电荷运动的过程中，下列说法中正确的是（）a电荷一定沿x轴正方向运动b电场的场强在逐渐减弱c电荷的电势能可能为正d电场力一定做正功考点：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：根据沿电场线方向电势逐渐降低确定电场强度的方向，从而确定电荷的受力，判断电荷的运动方向根据电场力做功判断电势能的变化x图线的斜率表示电场强度结合图线的斜率判断电场强度的变化解答：解：a、因为沿电场线方向电势逐渐降低，知电场的方向沿x轴正方向因为释放的电荷的电性未知，则无法判断电荷的运动方向故a错误b、根据e=，可知x图线的斜率表示电场强度，图线的斜率不变，则电场强度不变，可知该电场是匀强电场，故b错误c、电荷仅受电场力作用，由静止开始运动的过程中，电场力一定做正功，则电势能一定减小x0处的电势为零，则电势能为零，则运动的过程中，电荷的电势能为负值故c错误d、电荷仅受电场力作用，因由静止释放一个点电荷，在运动的过程中，电场力一定做正功，故d正确故选：d点评：解决本题的关键知道x图线的斜率表示的物理意义，以及知道电场力做功与电势能的关系4如图所示，分别用恒力f1、f2先后将质量为m的物体由静止开始沿同一粗糙的固定斜面由底端拉至顶端，两次所用时间相同，第一次力f1沿斜面向上，第二次力f2沿水平方向则两个过程（）a物体与斜面摩擦生热相同b物体机械能变化量相同cf1做的功与f2做的功相同df1做功的功率比f2做功的功率大考点：功的计算；功率、平均功率和瞬时功率 专题：功的计算专题分析：两物体均做匀加速直线运动，在相等的时间内沿斜面上升的位移相等，但斜面对物体的摩擦力不同，所以推力做功不同解答：解：a、由图示分析可知，第一个物体所受的摩擦力小于第二个物体所受的摩擦力，故两物体克服摩擦力做功不同，故物体与斜面的摩擦力产热不相同，故a错误；b、由公式x=at2 得，由于x和t均相同，故加速度a相同，由v=at，t相同，则物体到达斜面顶端时速度相同，动能相同，根据动能定理得知，总功相等所以合外力做功相同，物体末速度相同，又由于处于相同的高度，所以两物体机械能变化相同，故b正确；c、由ab可知，重力做功相同，则f1做的功比f2做的少故c错误d、物体的运动情况相同，重力做功功率相同，图2中克服摩擦力做功的功率大，故fl做功的功率比f2做功的功率小，故d错误；故选：b点评：由物体的运动特征判断出物体机械能的增量关系，结合本题功能关系：除重力以外的合力对物体做功等于机械能的增量，不难看出结果5如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2=22：5，电阻r1=r2=25，d为理想二极管，原线圈接u=220sin100t（v）的交流电则（）a交流电的频率为100hzb通过r1的电流为2ac通过r2的电流为ad变压器的输入功率为200w考点：变压器的构造和原理 专题：交流电专题分析：根据表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，二极管的作用是只允许正向的电流通过，再根据电压与匝数成正比即可求得结论解答：解：a、原线圈接u=220sin100t（v）的交流电所以t=0.02s交流电的频率f=50hz，故a错误；b、由原线圈接u=220sin100t（v）交流电，有效值是220v，原、副线圈的匝数比n1：n2=22：5，根据原副线圈电压之比等于匝数之比可知，副线圈的电压为u2=220v=50v，通过r1的电流i1=2a，故b错误；c、副线圈的电阻1消耗的功率p=100w由于现在二极管的作用，副线圈的电阻2电压只有正向电压则电阻2消耗的功率为p=50w，所以副线圈的输出功率应为150w，输出功率等于输入功率，所以变压器的输入功率为150w由于现在二极管的作用，副线圈的电阻2通过的电流i=a，故c正确，d错误；故选：c点评：本题需要掌握变压器的电压之比和匝数比之间的关系，同时对于二极管和电容器的作用要了解二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共计16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）62011年6月21日，我国发射了“中星10号”地球同步通讯卫星，卫星的质量为5.22t，下列说法中正确的是（）a卫星可以定点在北京的正上方b卫星运行的向心加速度小于地球表面的重力加速度c卫星运行的速度比第一宇宙速度小d卫星运行的角速度比月球绕地球运行的角速度小考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系 专题：人造卫星问题分析：同步卫星具有以下特点：定轨道（赤道上方）、定周期（24h）、定高度、定速度根据万有引力提供向心力比较向心加速度、线速度以及角速度解答：解：a、同步卫星的轨道在赤道的上方故a错误 b、根据万有引力提供向心力，卫星的向心加速度小于地球表面运行卫星的向心加速度，而地球表面运行的向心加速度等于地球表面的重力加速度故b正确 c、，轨道半径越大，线速度越小，卫星的轨道半径大于地球半径，所以卫星运行的速度比第一宇宙速度小故c正确 d、，卫星的轨道半径小于月球的轨道半径，所以卫星的角速度大于月球绕地球运行的角速度故d错误故选bc点评：解决本题的关键掌握万有引力提供向心力7如图所示，e为电源，其内阻不可忽略，rt为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，l为指示灯泡，c为平行板电容器，g为灵敏电流计闭合开关s，当环境温度明显升高时，下列说法正确的是（）al变亮brt两端电压变大cc所带的电荷量保持不变dg中电流方向由a到b考点：闭合电路的欧姆定律；电容 专题：恒定电流专题分析：当环境温度升高时，热敏电阻阻值减小；由闭合电路欧姆定律可知电路中电流及电压的变化；由电容器的充放电知识可知g中电流方向解答：解：a、由图可知，热敏电阻与l串联当环境温度升高时热敏电阻的阻值减小，总电阻减小，则电路中电流增大，灯泡l变亮；故a正确；b、因为电路中电流增大，电源的内压及灯泡l两端的电压增大，由e=u内+u外可得，rt两端电压减小，故b错误；c、因为电容器并联在电源两端，因内电压增大，路端电压减小，故由q=cu知电容器的带电量减小故c错误；d、电容器的带电量减小，电容器放电，故g中电流由ab；故d正确；故选：ad点评：本题考查闭合电路的欧姆定律，此类问题一般按“整体局部整体”顺序进行分析82012年10月15日著名极限运动员鲍姆加特纳从3.9万米的高空跳下，并成功着陆假设他沿竖直方向下落，其vt图象如图所示，则下列说法中正确的是（）a0t1时间内运动员及其装备机械能守恒bt1t2时间内运动员处于超重状态ct1t2时间内运动员的平均速度dt2t4时间内重力对运动员所做的功等于他克服阻力所做的功考点：机械能守恒定律；牛顿运动定律的应用-超重和失重 专题：机械能守恒定律应用专题分析：速度时间图象的斜率等于加速度，根据斜率分析加速度大小如何变化，判断运动员的运动情况将运动员的运动与匀变速运动进行比较，分析其平均速度根据功能关系分析重力做功与克服阻力做功的关系解答：解：a、0t1内图线的斜率在减小，说明运动员做加速度逐渐减小的加速运动，加速度方向向下，所以运动员及其装备一定受到阻力作用，机械能不守恒，故a错误；b、t1t2时间内由于图象的斜率在减小，斜率为负值，说明加速度方向向上，根据牛顿运动定律得知运动员处于超重状态，故b正确；c、t1t2时间内，若运动员做匀减速运动，平均速度等于，而根据“面积”表示位移得知，此过程的位移小于匀减速运动的位移，所以此过程的平均速度，故c正确；d、t2t4时间内重力做正功，阻力做负功，由于动能减小，根据动能定理得知，外力对运动员做的总功为负值，说明重力对运动员所做的功小于他克服阻力所做的功，故d错误故选：bc点评：本题考查理解速度问题的能力关键根据图线的斜率等于加速度，来分析运动员的运动情况9“水流星”是一种常见的杂技项目，该运动可以简化为轻绳一端系着小球在竖直平面内的圆周运动模型，如图所示，已知绳长为l，重力加速度为g，忽略空气阻力，则（）a小球运动到最低点q时，处于超重状态b小球初速度v0越大，则在p、q两点绳对小球的拉力差越大c当v0，小球一定能通过最高点pd当v0，细绳始终处于绷紧状态考点：向心力；牛顿第二定律 专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用分析：小球在最高点绳子的拉力与重力的合力提供向心力，在最低点也是绳子的拉力与重力的合力提供向心力，可根据牛顿第二定律列式求解，同时小球从最高点运动得到最低点的过程中，只有重力做功，可运用动能定理列式求解解答：解：a、小球在最低点时重力与拉力的合力提供向心力，所以小球受到的拉力一定大于重力，小球处于超重状态故a正确；b、设小球在最高点的速度为v1，最低点的速度为v2；由动能定理得：mg（2l）=mm球经过最高点p：mg+f1=球经过最低点q时，受重力和绳子的拉力，如图根据牛顿第二定律得到，f2mg=联立解得：f2f1=6mg，与小球的速度无关故b错误；c、球恰好经过最高点p，速度取最小值，故只受重力，重力提供向心力：mg=，得：v3=小球以v0向上运动到最高点时：由动能定理得：mg（2l）=mm得：v4=v3，所以小球一定能够过最高点故c正确；d、若v0，设小球能够上升的最大高度h：由机械能守恒得：mgh=m=mgl，所以hl，小球上升的最高点尚不到与o水平的高度，所以细绳始终处于绷紧状态故d正确故选：acd点评：本题小球做变速圆周运动，在最高点和最低点重力和拉力的合力提供向心力，同时结合动能定理列式求解！三、简答题：本题共2小题，共计33分10图1为“探究求合力的方法”的实验装置（1）下列说法中正确的是aca在测量同一组数据f1、f2和合力f的过程中，橡皮条结点o的位置不能变化b弹簧测力计拉细线时，拉力方向必须竖直向下cf1、f2和合力f的大小都不能超过弹簧测力计的量程d为减小测量误差，f1、f2方向间夹角应为90（2）弹簧测力计的指针如图2所示，由图可知拉力的大小为4.00 n（3）本实验采用的科学方法是等效替代法（4）某同学完成该实验后得到的图形如图3所示，图上所画的四个力中，由一个弹簧测力计拉橡皮条得到的力是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：该实验采用了“等效法”，只要明确了实验原理即可，判断选项中的各个说法是否正确，从而正确的解答本题；根据弹簧秤指针的指示可读出拉力的大小解答：解：（1）a、在同一组数据中，只有当橡皮条节点o的位置不发生变化时，两个力的作用效果和一个力的作用效果才相同，才可以验证平行四边形定则，故a正确；b、弹簧测力计拉细线时，方向不一定向下，只有把o点拉到同一位置即可，故b错误；c、根据弹簧测力计的使用原则可知，在测力时不能超过弹簧测力计的量程，故c正确；d、f1、f2方向间夹角为90并不能减小误差，故d错误故选：ac（2）由图乙弹簧秤的指针指示可知，拉力f的大小为：4.00n（3）在本实验中要保证两个弹簧称的拉力与一个弹簧称的拉力效果相同，采用的科学方法是等效替代法，（4）f1与f2的合力的实际值测量值为一个弹簧拉绳套时的弹簧的弹力大小和方向，而理论值是通过平行四边形定则得到的值，理论值在平行四边形的对角线上，故一个弹簧测力计拉橡皮条得到的力是f故答案为：（1）ac（2）4.00（3）等效替代法（4）f点评：本题考查了“等效法”的应用和平行四边形定则等基础知识，对于这些基础知识在平时练习中要不断加强训练，以提高解题能力；同时注意弹簧秤的读数方法11发光二极管在生产和生活中得到了广泛应用图甲是一种发光二极管的实物图，正常使用时，带“+”号的一端接高电势，带“”号的一端接低电势某同学想描绘它的伏安特性曲线，实验测得它两端电压u和通过它电流i的数据如表所示：u/v00.400.801.201.602.002.402.80i/ma00.92.34.36.812.019.030.0（1）实验室提供的器材如下：a电压表（量程03v，内阻约10k）b电压表（量程015v，内阻约25k）c电流表（量程050ma，内阻约50）d电流表（量程00.6a，内阻约1）e滑动变阻器（阻值范围010，允许最大电流3a）f电源（电动势6v，内阻不计）g开关，导线该同学做实验时，电压表选用的是a，电流表选用的是c（填选项字母）（2）请在图乙中以笔划线代替导线，按实验要求将实物图中的连线补充完整（3）根据表中数据，在图丙所示的坐标纸中画出该发光二极管的iu图线（4）若此发光二极管的最佳工作电流为10ma，现将此发光二极管与电动势为3v、内阻不计的电池组相连，还需串联一个阻值r=110的电阻，才能使它工作在最佳状态 （结果保留三位有效数字）考点：描绘小电珠的伏安特性曲线 专题：实验题分析：（1）根据实验测得它两端电压u和通过它电流i的数据的范围可以选择电压表和电流表；（2）描绘该二极管的伏安特性曲线，电压电流要从0测起，所以滑动变阻器应该用分压式；从表格中数据看，二极管的电阻更接近电流表的内阻，所以电流表应该用外接法；（3）在图上描出电流和电压的对应点，用光滑的曲线连接起来；（4）根据二极管的工作电流结合iu图线求出工作电压，再求出串联的电阻解答：解：（1）根据实验测得它两端电压u和通过它电流i的数据的范围可知：电压变化的最大值为2.8v，所以电压表选a；电流表变化的最大值为30ma，所以电流表选c；（2）电压电流要从0测起，所以滑动变阻器应该用分压式；二极管的电阻更接近电流表的内阻，电流表应该用外接法实物图的连接如图（3）根据表中数据，在图上描出各点，用光滑的曲线连接起来如图 （4）根据ui图线，当二极管的工作电压为1.9v时，工作电流约为10ma，串联电阻上分到电压应为1.1v，故应串联的电阻为：r=110；故答案为：（1）a，c；（2）如图所示；（3）如图所示；（4）110点评：解决本题关键：1、知道多用电表电流的流向及二极管的特性2、如何选取电流表的内外接和滑动变阻器的分压限流接法3、用数学描点法描绘图象，体现了学科间的整合【选做题】【选修模块3-3】12以下说法中正确的是（）a系统在吸收热量时内能一定增加b悬浮在空气中做布朗运动的pm2.5微粒，气温越高，运动越剧烈c封闭容器中的理想气体，若温度不变，体积减半，则单位时间内气体分子在容器壁单位面积上碰撞的次数加倍，气体的压强加倍d用力拉铁棒的两端，铁棒没有断，说明此时分子间只存在引力而不存在斥力考点：封闭气体压强；分子间的相互作用力；物体的内能 分析：由热力学第一定律，u=w+q，即可求解；气温越高，布朗运动的越剧烈；由，结合t不变与v减半，则可确定p变化情况；分子间的引力与斥力同时存在，不过斥力变化的快些，从而各项即可求解解答：解：a、根据热力学第一定律，u=w+q，系统在吸收热量时，同时向外放热，则内能不一定增加，故a错误；b、当温度越高时，分子运动越激烈，导致布朗运动的颗粒也激烈，故b正确；c、由，当温度不变，体积减半，则气体压强p加倍，即单位时间内气体分子在容器壁单位面积上碰撞的次数加倍，故c正确；d、铁棒没有断，说明此时分子间同时存在引力与斥力，分子力体现为引力，故d错误；故选：bc点评：考查热力学第一定律的内容，掌握布朗运动的影响因素，理解的应用，注意气体压强的微观解释，及斥力与引力同时存在，且同增同减13常温水中用氧化钛晶体和铂黑作电极，在太阳光照射下分解水，可以从两电极上分别获得氢气和氧气已知分解1mol的水可得到1mol氢气，1mol氢气完全燃烧可以放出2.858105j的能量，阿伏伽德罗常数na=6.021023mol1，水的摩尔质量为1.8102kg/mol，则2g水分解后得到氢气分子总数为6.71022个，2g水分解后得到的氢气完全燃烧所放出的能量为3.2104j（均保留两位有效数字）考点：阿伏加德罗常数；能源的开发和利用 专题：阿伏伽德罗常数的应用专题分析：水的摩尔质量为18克/摩尔，求出2g水的摩尔数，从而确定氢气分子总数；用1mol氢气完全燃烧放出的能量乘以摩尔数即可求解热量解答：解：由题意1g水分解得到的氢气分子总数为：n=na；2g水分解后得到氢气分子总数，故：n=6.021023=6.71022个；氢气完全燃烧所放出热量为：q=2.858105j=3.2104j；故答案为：6.71022，3.2104点评：本题关键明确摩尔数等于质量除以摩尔质量，阿伏加德罗常数是联系宏观量与微观量的桥梁14一定质量理想气体经历如图所示的ab、bc、ca三个变化过程，ta=300k，气体从ca的过程中做功为100j，同时吸热250j，已知气体的内能与温度成正比求：（1）气体处于c状态时的温度tc；（2）气体处于c状态时内能ec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）由图可知ca过程是等压变化，根据盖吕萨克定律列式可求c状态的温度；（2）气体从ca的过程中做功为100j，同时吸热250j，根据热力学第一定律可求内能的变化量解答：解：（1）对ac的过程是等压过程，对气体的状态参量进行分析有状态a：pa=p va=2v ta=300k状态c：pc=p vc=v tc=？根据盖吕萨克定律得：解得：（2）由气体的内能与温度成正比ta=300k，tc=150k可知ea=2ec 又c到a过程，气体的体积增大，气体对外界做功，即有w=100j吸热250j，则有 q=250j满足ec100j+250j=ea 联立求得ec=150j，ea=300j答：（1）气体处于c状态时的温度tc=150k；（2）气体处于c状态时内能ec=150j点评：本题是理想气体状态方程和热力学第一定律的综合应用运用热力学第一定律时，注意做功w和热量q的符号，对外做功和放热为负的，对气体做功和吸热为正的【选修模块3-5】15下列说法正确的是（）a汤姆生发现了电子，并提出了原子的栆糕模型b太阳辐射的能量主要来自太阳内部的热核反应c一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为该束光的强度小d将放射性元素掺杂到其它稳定元素中，并降低其温度，该元素的半衰期将增大考点：原子核衰变及半衰期、衰变速度 专题：衰变和半衰期专题分析：电子是汤姆生发现的，并提出原子的栆糕模型；太阳辐射的能量是来自于轻核聚变释放的；当光的入射频率大于极限频率时，才能发生光电效应，与光的强度无关；半衰期与环境、及化合状或单质无关解答：解：a、汤姆生发现了电子，并提出了原子的栆糕模型，故a正确；b、太阳辐射的能量主要来自太阳内部的聚变反应，也是热核反应，故b正确；c、光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为该束光的频率小于极限频率，故c错误；d、放射性元素掺杂到其它稳定元素中，并降低其温度，但该元素的半衰期仍将不变，故d错误；故答案为：ab点评：考查原子的结构模型，掌握聚变与裂变的区别，理解光电效应的条件，注意半衰期不受环境因素影响16某光电管的阴极k用截止频率为0的金属钠制成，光电管阳极a和阴极k之间的正向电压为u，普朗克常量为h，电子的电荷量为e用频率为的紫外线照射阴极，有光电子逸出，光电子到达阳极的最大动能是h（0）+eu；若在光电管阳极a和阴极k之间加反向电压，要使光电子都不能到达阳极，反向电压至少为考点：光电效应 专题：光电效应专题分析：通过光电效应方程求出光电子的最大初动能，然后通过动能定理求出加正向电压时到达另一端的动能，当加反向电压时，到达另一端的临界速度为0，根据动能定理求出反向电压的大小解答：解：根据光电效应方程得，最大初动能为：ekm=hvhv0根据动能定理得：eu=ekekm解得：ek=h（0）+eu根据动能定理得：eu=0ekm解得反向电压为：u=故答案为：h（0）+eu，点评：解决本题的关键掌握光电效应方程，ekm=hvhv0，知道最大初动能与反向电压的关系171928年，德国物理学家玻特用粒子（he）轰击轻金属铍（be）时，发现有一种贯穿能力很强的中性射线查德威克对该粒子进行研究，进而发现了新的粒子中子（1）请写出粒子轰击轻金属铍的核反应方程；（2）若中子以速度v0与一质量为mn的静止氮核发生碰撞，测得中子反向弹回的速率为v1，氮核碰后的速率为v2，则中子的质量m等于多少？考点：动量守恒定律；原子核衰变及半衰期、衰变速度 分析：（1）根据电荷数守恒、质量数守恒写出核反应方程式；（2）根据动量守恒定律列式求解即可解答：解：（1）核反应过程中质量数与核电荷数守恒，由质量数守恒与核电荷数守恒可知，核反应方程式为：he+bec+n；（2）核反应过程中，系统动量守恒，以中子的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=mv1+mnv2，解得：m=；答：（1）核反应方程为：he+bec+n；（2）中子的质量m等于点评：本题考查了写核反应方程式、求中子的质量，知道质量数守恒与核电荷数守恒是正确写出核反应方程式的关键，应用动量守恒定律即可正确解题，应用动量守恒定律解题时要注意正方向的选择四、计算题：本题共4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18杭州滨江区的白金海岸小区吴菊萍徒手勇救小妞妞，被誉为“最美妈妈” 设妞妞的质量m=10kg，从离地h1=28.5m高的阳台掉下，下落过程中空气阻力约为本身重力的0.4倍；在妞妞开始掉下时，吴菊萍立刻从静止开始匀加速奔跑水平距离s=9m到达楼下，张开双臂在距地面高度为h2=1.5m处接住妞妞，缓冲到地面时速度恰好为零，缓冲过程中的空气阻力不计g=10m/s2求：（1）妞妞在被接到前下落的时间；（2）吴菊萍跑到楼下时的速度；（3）在缓冲过程中吴菊萍对妞妞做的功考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；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：妞妞下落过程是匀加速直线运动，由牛顿第二定律可以解得其下落的加速度，根据位移时间关系解得妞妞下落的时间；吴菊萍跑到楼下时的位移时间已知，由位移时间关系式解得其加速度，然后用速度时间关系式解得其速度；最后用动能定理解出吴菊萍对妞妞做的功解答：解：（1）对妞妞用牛顿第二定律：mg0.4mg=ma1求得：a1=6m/s2妞妞下落过程是匀变速直线运动，由位移时间关系：解得：t=3s（2）吴匀加速运动：解得：a2=2m/s2由速度时间关系：2=a2t=6m/s（3）妞妞下落h1的速度：1=a1t=18m/s缓冲过程中，对妞妞由动能定理，得：w=1770j答：（1）妞妞在被接到前下落的时间3s；（2）吴菊萍跑到楼下时的速度6m/s；（3）在缓冲过程中吴菊萍对妞妞做的功是1770j点评：本题把牛顿第二定律与匀变速直线运动规律相结合，通过此题可以看出加速度是练习牛顿第二定律与匀变速直线运动规律的桥梁19如图所示，间距为l的平行光滑金属导轨与水平面的夹角为，导轨电阻不计导体棒ab、cd垂直导轨放置，棒长均为l，电阻均为r，且与导轨电接触良好ab棒处于垂直导轨平面向上、磁感应强度b1随时间均匀增加的匀强磁场中cd棒质量为m，处于垂直导轨平面向上、磁感应强度恒为b2的匀强磁场中，恰好保持静止ab棒在外力作用下也保持静止，重力加速度为g（1）求通过cd棒中的电流大小和方向（2）在t0时间内，通过ab棒的电荷量q和ab棒产生的热量q（3）若零时刻b1等于零，ab棒与磁场b1下边界的距离为l0，求磁感应强度b1随时间t的变化关系考点：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：（1）根据受力分析，结合平衡条件与力的合成法则，即可求解；（2）根据电荷量表达式，结合焦耳定律，即可求解；（3）根据闭合电路欧姆定律，结合法拉第电磁感应定律，即可求解解答：解：（1）设通过cd棒中的电流大小为i，由平衡条件有：b2il=mgsin；解得：i=；由左手定则可知，电流的方向为c到d；（2）电荷量q=it0；解得：q=；根据焦耳定律，则产生的热量为q=i2rt0；解得：q=；（3）根据闭合电路欧姆定律，可得电动势：e=2ir；根据法拉第电磁感应定律，则有：e=；而b1=；解得：b1=；答：（1）通过cd棒中的电流大小和方向为c到d（2）在t0时间内，通过ab棒的电荷量q和ab棒产生的热量（3）若零时刻bl等于零，ab棒与磁场bl下边界的距离为l0，磁感应强度bl随时间t的变化关