江苏省无锡市宜兴市高考物理三模试卷（含解析）.doc

2015年江苏省无锡市宜兴市高考物理三模试卷一、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（3分）（2015宜兴市三模）马航客机失联牵动全世界人的心，现初步确定失事地点位于南纬3152东经11552的澳大利亚西南城市珀斯附近的海域，有一颗绕地球做匀速圆周运动的卫星，每天上午同一时刻在该区域的正上方海面照像，则（）a该卫星可能是同步卫星b地球自转周期一定是该卫星运行周期的整数倍c该卫星平面一定与东经11552所确定的平面共面d该卫星平面可能与南纬3152所确定的平面共面2（3分）（2015宜兴市三模）如图所示是由电源e、灵敏电流计g、滑动变阻器r和平行板电容器c组成的电路，开关s闭合在下列四个过程中，灵敏电流计中有方向由a到b电流的是（）a将滑动变阻器r的滑片向右移动b在平行板电容器中插入电介质c减小平行板电容器两极板间的距离d减小平行板电容器两极板的正对面积3（3分）（2015宜兴市三模）火车以某一速率v通过某一弯道时，内外轨道均不受侧向压力作用，下列分析正确的是（）a轨道半径r=b若火车速率大于v时，外轨将受到侧向压力作用c若火车速率小于v时，外轨将受到侧向压力作用d当火车质量改变时，要使内外轨道都不受侧向压力作用，其行驶的速率v要改变4（3分）（2015宜兴市三模）如图所示，一个表面光滑的斜面体m置于在水平地面上，它的两个斜面与水平面的夹角分别为、，且，m的顶端装有一定滑轮，一轻质细绳跨过定滑轮后连接a、b两个小滑块，细绳与各自的斜面平行，不计绳与滑轮间的摩擦，a、b恰好在同一高度处于静止状态剪断细绳后，a、b滑至斜面底端，m始终保持静止则（）a滑块a的质量等于滑块b的质量b两滑块到达斜面底端时的速度相同c两滑块到达斜面底端时，两滑块重力的瞬时功率相等d在滑块a、b下滑的过程中，斜面体受到水平向右的摩擦力5（3分）（2015宜兴市三模）如图所示，理想变压器原线圈上连接着在水平面内的长直平行金属导轨，导轨之间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，金属杆mn垂直放置在导轨上，且接触良好移动变压器副线圈上的滑动触头可改变副线圈匝数，副线圈上接有一只理想电压表，滑动变阻器r的总阻值大于定值电阻r0的阻值，线圈l的直流电阻、导轨和金属杆的电阻都忽略不计现在让金属杆以速度v=v0sint的规律在导轨上左右来回运动，两灯a、b都发光下列说法中正确的是（）a只增大t，则灯a变亮、灯b变暗b当时间t=t时，两灯都亮着，电压表的示数为零c只将变阻器r的滑片下滑时，通过副线圈的电流减小，电压表的示数变大d只增大v0，两灯都变亮，杆mn来回运动的最大距离变大二、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6（4分）（2015宜兴市三模）如图所示，一质量为m的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的劲度系数为k，另一端固定于o点将小球拉至a处，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，当它运动到o点正下方b点时速度为v，a、b两点间的高度差为h，不计空气阻力，则（）a由a到b过程，小球克服弹簧弹力做功为mghb由a到b过程，小球重力做的功等于mghc小球到达b点时，受到的重力可能与弹力大小相等d小球到达b点时，弹簧的弹性势能为mghmv27（4分）（2015宜兴市三模）如图所示，一滑块从固定的斜面底端a处冲上粗糙的斜面，到达某一高度后返回a以a点所在平面为零势能面，下列各图分别表示滑块在斜面上运动的速度v、加速度a、重力势能ep、机械能e随时间变化或随位移x变化的图象，可能正确的是（）abcd8（4分）（2015宜兴市三模）现有两个边长不等的正方形，如图所示，且aa、bb、cc、dd间距相等在ab、ac、cd、db的中点分别放等量的正电荷或负电荷则下列说法中正确的是（）ao点的电场强度和电势均为零b把一电荷从b点移到c点电场力作功为零c同一电荷在a、d两点所受电场力相同d若a点的电势为，则a、d两点间的电势差为29（4分）（2015宜兴市三模）如图所示，空间存在着与圆台母线垂直向外的磁场，各处的磁感应强度大小均为b，圆台母线与竖直方向的夹角为，一个质量为m、半径为r的匀质金属环位于圆台底部环中维持恒定的电流i不变，圆环由静止向上运动，经过时间t后撤去该恒定电流并保持圆环闭合，圆环全程上升的最大高度为h已知重力加速度为g，磁场的范围足够大在圆环向上运动的过程中，下列说法正确的是（）a在时间t内安培力对圆环做功为mghb圆环先做匀加速运动后做匀减速运动c圆环运动的最大速度为gtd圆环先有收缩后有扩张的趋势三、简答题：本题分必做题（第10、11题）和选做题（第12题）两部分，共计42分请将解答填写在答题卡相应的位置【必做题】10（8分）（2015宜兴市三模）在用dis研究小车加速度与外力的关系时，某实验小组先用如图（a）所示的实验装置重物通过滑轮用细线拉小车，位移传感器（发射器）随小车一起沿倾斜轨道运动，位移传感器（接收器）固定在轨道一端实验时将重物的重力作为拉力f，改变重物重力重复实验四次，列表记录四组数据：a/ms22.012.984.025.01f/n1.002.003.004.00（1）在图（c）所示的坐标纸上作出小车加速度a随拉力f变化的图线；（2）从所得图线分析该实验小组在操作过程中的不当之处；（3）如果实验时，在小车和重物之间接一不计质量的微型力传感器来测量拉力f，实验装置如图（b）所示，从理论上分析，该实验图线的斜率将（填“变大”、“变小”或“不变”）11（10分）（2015宜兴市三模）某实验小组利用一滑动变阻器和未知内阻的电流表测量多用电表“1k”挡对应电源的电动势和多用电表的内阻（1）该小组采用图甲的电路进行实验，请根据图甲将图乙的实物图连接好（2）实验步骤如下：a把多用电表的选择开关拨到欧姆挡的“1k”位置，将红黑表笔b按照电路图连接好电路c接通开关，调节滑动变阻器，读出和的数值并记录d改变滑动变阻器的阻值，重新读数并记录e根据实验原理列出表达式代入数值进行计算将上述步骤补充完整：ac、实验原理表达式为（说明式中各个物理量的含义）图丙是在某次实验的欧姆表表盘的示意图，欧姆表的读数为电流表内阻对测量结果影响（填“有”“无”）【选修模块3-3】（共3小题，满分12分）12（4分）（2015宜兴市三模）关于下列四幅图中所涉及物理知识的论述中，正确的是（）a如图中，由两分子间作用力随距离变化的关系图线可知，当两个相邻的分子间距离为r0时，它们间相互作用的引力和斥力均为零b如图中，由一定质量的氧气分子分别在不同温度下速率分布情况，可知温度t1t2c如图中，在固体薄片上涂上石蜡，用烧热的针接触其上一点，从石蜡熔化情况可判定固体薄片必为非晶体d如图中，液体表面层分子间相互作用表现为斥力，正是因为斥力才使得水黾可以停在水面上13（4分）（2015宜兴市三模）在“用油膜法估测分子大小”的实验中，已知实验室中使用的酒精油酸溶液的浓度为a，n滴溶液的总体积为v在浅盘中的水面上均匀撒上痱子粉，将一滴溶液滴在水面上，待油膜稳定后，在带有边长为a的正方形小格的玻璃板上描出油膜的轮廓（如图所示），测得油膜占有的正方形小格个数为x用以上字母表示一滴酒精油酸溶液中的纯油酸的体积为油酸分子直径约为14（4分）（2015宜兴市三模）一定质量的理想气体，状态从abcda的变化过程可用如图所示的pv图线描述，其中da为等温线，气体在状态a时温度为ta=300k，试求：气体在状态c时的温度tc，若气体在ab过程中吸热1000j，则在ab过程中气体内能如何变化？变化了多少？【选修模块3-5】（共3小题，满分12分）15（4分）（2015宜兴市三模）如图所示是研究光电效应的电路，阴极k和阳极a是密封在真空玻璃管中的两个电极，k在受到光照时能够发射光电子阳极a吸收阴极k发出的光电子，在电路中形成电流如果用单色光a照射阴极k，电流表的指针发生偏转；用单色光b照射光电管阴极k时，电流表的指针不发生偏转下列说法不正确的是（）aa光的波长一定小于b光的波长b只增加a光的强度可能使通过电流表的电流增大c只增加a光的强度可使逸出的电子最大初动能变大d用单色光a照射阴极k，当电源的正、负极对调时，电流表的读数可能减为零16（4分）（2015宜兴市三模）太阳内部四个质子聚变成一个粒子，同时发射两个正电子和两个没有静止质量的中微子写出这种聚变的核反应方程式若太阳辐射能量的总功率p，质子、氦核、正电子的质量分别为mp、mhe、me，真空中光速为c则t时间内参与核反应的质子数17（4分）（2015宜兴市三模）已知氢原子的基态能量为e1，量子数为n的激发态的能量为现有一群氢原子在向低能级跃迁过程中，其中从n=2能级向n=1能级跃迁辐射出的光子去轰击原来静止的电子，电子被射出后，光子反向运动，返回时光子的波长为1，普朗克常量为h，求跃迁辐射出的光子的波长0电子物质波的波长2四、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18（15分）（2015宜兴市三模）如图所示，两平行光滑导轨间距为d倾斜放置，其倾角为，下端接一阻值为r的电阻，导轨电阻不计，一质量为m，电阻为r的金属棒并用细线通过轻质定滑轮与质量为m的重物相连垂直于导轨平面有一匀强磁场，磁感应强度为b，整个装置从静止开始释放，当金属棒轨向上运动距离l时速度达到最大不计空气阻力，斜面和磁场区域足够大，重力加速度为g求：（1）金属棒从开始运动到达到最大速度的过程中，通过金属棒横截面的电量（2）金属棒的最大速度；（3）金属棒从开始运动到达到最大速度的过程中，金属棒中产生的焦耳热19（16分）（2015宜兴市三模）如图，在x0的空间中，存在沿x轴负方向的匀强电场，电场强度e=10n/c；在x0的空间中，存在垂直xy平面方向向外的匀强磁场，磁感应强度b=0.5t一带负电的粒子（比荷=160c/kg，在距o点左边x=0.06m处的d点以v0=8m/s的初速度沿y轴正方向开始运动，不计带电粒子的重力求（1）带电粒子开始运动后第一次通过y轴时的速度大小和方向；（2）带电粒子进入磁场后经多长时间返回电场；（3）带电粒子运动的周期20（16分）（2015宜兴市三模）如图，a、b两物体通过一柔软且不可伸长的绳子连接，跨在光滑小滑轮两侧，软绳与水平接触面平行，已知a、b两物体的质量均为m，且可视为质点，软绳质量也为m，长为2l，平台离地高l，不计运动过程中的一切摩擦，刚开始软绳全部在水平面内，现无初速释放b，a、b在重力作用下开始运动，若b触地后不再反弹求：（1）刚释放b物体时，ab物体的加速度为多少？（2）当b即将落地的瞬间，ab两物体的速度为多少？（3）在a物体滑到定滑轮前过程中，试写出其加速度与其运动位移的函数关系式，并且作出相应的ax图象2015年江苏省无锡市宜兴市高考物理三模试卷参考答案与试题解析一、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（3分）（2015宜兴市三模）马航客机失联牵动全世界人的心，现初步确定失事地点位于南纬3152东经11552的澳大利亚西南城市珀斯附近的海域，有一颗绕地球做匀速圆周运动的卫星，每天上午同一时刻在该区域的正上方海面照像，则（）a该卫星可能是同步卫星b地球自转周期一定是该卫星运行周期的整数倍c该卫星平面一定与东经11552所确定的平面共面d该卫星平面可能与南纬3152所确定的平面共面考点：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：卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供圆周运动向心力，故卫星轨道平面必与地心共面，且地心为轨道圆心，据此分析即可解答：解：a、b、由于卫星每天上午同一时刻在该区域的正上方海面照像，故知地球自转一周，则该卫星绕地球做圆周运动n周，则a错误，即地球自转周期一定是该卫星运行周期的整数倍，故b正确；c、由于地球自转作用，该卫星平面一定与东经11552所确定的平面不一定共面，故c错误；d、若卫星平面与南纬3152所确定的平面共面，则地心不在轨道平面内，万有引力指向地心，故不能满足万有引力提供圆周运动向心力的要求，故d错误；故选：b点评：解决本题的关键是抓住卫星绕地球做圆周运动万有引力提供圆周运动向心力，由于卫星所受万有引力指向地心，故卫星所在轨道平面与地心共面，且地心为轨道的圆心，据此才能正确分析得出结论2（3分）（2015宜兴市三模）如图所示是由电源e、灵敏电流计g、滑动变阻器r和平行板电容器c组成的电路，开关s闭合在下列四个过程中，灵敏电流计中有方向由a到b电流的是（）a将滑动变阻器r的滑片向右移动b在平行板电容器中插入电介质c减小平行板电容器两极板间的距离d减小平行板电容器两极板的正对面积考点：电容器的动态分析；闭合电路的欧姆定律专题：电容器专题分析：电路稳定时，该电路中没有电流，滑动变阻器r上没有电压根据电容的决定式c=分析电容如何变化，由电容的定义式c=分析电容器所带电量如何变化，就能判断电路中电流的方向解答：解：a、电路稳定时，该电路中没有电流，移动滑动变阻器r的滑片，电容器的电压不变，电路中仍没有电流故a错误b、在平行板电容器中插入电介质，根据电容的决定式c=分析得知电容增大，而电容器的电压不变，则电容的定义式c=分析得知电容器所带电量增加，将要充电，电路中形成逆时针方向的充电电流，有b到a方向的电流通过电流计故b错误c、减小平行板电容器两极板间的距离，根据电容的决定式c=分析得知电容增大，而电容器的电压不变，则电容的定义式c=分析得知电容器所带电量增加，将要充电，电路中形成逆时针方向的充电电流，有b到a方向的电流通过电流计故c错误d、减小平行板电容器两极板的正对面积，根据电容的决定式c=分析得知电容减小，而电容器的电压不变，则电容的定义式c=分析得知电容器所带电量减小，将要放电，电路中形成顺时针方向的放电电流，有a到b方向的电流通过电流计故d正确故选d点评：对于电容器动态变化分析问题，要抓住不变量当电容器保持与电源相连时，电压不变只有电容器充电或放电时，电路中才有电路3（3分）（2015宜兴市三模）火车以某一速率v通过某一弯道时，内外轨道均不受侧向压力作用，下列分析正确的是（）a轨道半径r=b若火车速率大于v时，外轨将受到侧向压力作用c若火车速率小于v时，外轨将受到侧向压力作用d当火车质量改变时，要使内外轨道都不受侧向压力作用，其行驶的速率v要改变考点：向心力专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用分析：当火车以速率v通过某弯道时，内、外轨道均不受侧向压力作用，此时靠重力和支持力的合力提供向心力，当速度变大变小时，需要的向心力增大减小，此时靠重力、支持力和轨道的侧压力共同提供向心力解答：解：a、当内外轨不受侧压力时，靠重力和支持力的合力提供向心力，弯道半径r=故a错误b、若火车以大于v的速率通过该弯道时，重力和支持力的合力不够提供向心力，此时外轨对火车有侧压力故b正确c、若火车以小于v的速率通过该弯道时，重力和支持力的合力提供向心力偏大，此时内轨对火车有侧压力故c错误d、设轨道的倾角为，重力和支持力的合力为mgtan，有mgtan=m，解得v=，与质量无关故d错误故选：b点评：解决本题的关键掌握火车拐弯时向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解4（3分）（2015宜兴市三模）如图所示，一个表面光滑的斜面体m置于在水平地面上，它的两个斜面与水平面的夹角分别为、，且，m的顶端装有一定滑轮，一轻质细绳跨过定滑轮后连接a、b两个小滑块，细绳与各自的斜面平行，不计绳与滑轮间的摩擦，a、b恰好在同一高度处于静止状态剪断细绳后，a、b滑至斜面底端，m始终保持静止则（）a滑块a的质量等于滑块b的质量b两滑块到达斜面底端时的速度相同c两滑块到达斜面底端时，两滑块重力的瞬时功率相等d在滑块a、b下滑的过程中，斜面体受到水平向右的摩擦力考点：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：对两个滑块分别受力分析，然后根据平衡条件列方程判断；最后再对斜面体受力分析，判断静摩擦力的方向解答：解：a、滑块a和滑块b沿着斜面方向的分力等大，故：magsin=mbgsin；由于，故mamb，故a错误；b、滑块下滑过程机械能守恒，有：mgh=mv2，故v=，由于两个滑块的高度差相等，故落地速度相等，但方向不同，故b错误；c、滑块到达斜面底端时，滑块重力的瞬时功率：pa=magsinv，pb=mbgsinv；由于magsin=mbgsin，故pa=pb，故c正确；d、滑块a对斜面体压力等于重力的垂直分力magcos，滑块b对斜面体压力也等于重力的垂直分力mbgcos，如图所示nasinnbsin=magcossinmbgcossin；由于magsin=mbgsin；故nasinnbsin=magcossinmbgcossin0，故静摩擦力向左，故d错误；故选：c点评：本题关键隔离三个物体分别受力分析，根据平衡条件列方程判断；同时要结合机械能守恒定律判断5（3分）（2015宜兴市三模）如图所示，理想变压器原线圈上连接着在水平面内的长直平行金属导轨，导轨之间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，金属杆mn垂直放置在导轨上，且接触良好移动变压器副线圈上的滑动触头可改变副线圈匝数，副线圈上接有一只理想电压表，滑动变阻器r的总阻值大于定值电阻r0的阻值，线圈l的直流电阻、导轨和金属杆的电阻都忽略不计现在让金属杆以速度v=v0sint的规律在导轨上左右来回运动，两灯a、b都发光下列说法中正确的是（）a只增大t，则灯a变亮、灯b变暗b当时间t=t时，两灯都亮着，电压表的示数为零c只将变阻器r的滑片下滑时，通过副线圈的电流减小，电压表的示数变大d只增大v0，两灯都变亮，杆mn来回运动的最大距离变大考点：变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：若mn棒以速度v=v0sint的规律在导轨上左右来回运动，原线圈中产生正弦式交变电流，副线圈中将有感应电流产生；根据电容器和电感线圈的特性分析选择电容器内部是真空或电介质，隔断直流能充电、放电，能通交流，具有隔直通交、通高阻低的特性电感线圈可以通直流，通过交流电时产生自感电动势，阻碍电流的变化，具有通直阻交，通低阻高的特性解答：解：a、只增大t，即减小频率，电容器的特性：通交流，隔直流，通调频，阻低频，所以灯a变暗，电感的特性：通直流，阻交流通低频，阻高频，所以灯b变亮故a错误；b、当时间t=t时，两灯都亮着，电压表的示数为有效值，不为零，故b错误；c、只将变阻器r的滑片下滑时，变阻器r阻值最大，通过副线圈的电流减小，电压表的示数不变，故c错误；d、只增大v0，两灯都变亮，根据速度时间图象面积表示位移，所以杆mn来回运动的最大距离变大，故d正确；故选：d点评：本题考查对变压器原理的理解，并抓住产生感应电流的条件和电感、电容的特性进行分析明确电感和电容对交流电的阻碍作用二、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6（4分）（2015宜兴市三模）如图所示，一质量为m的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的劲度系数为k，另一端固定于o点将小球拉至a处，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，当它运动到o点正下方b点时速度为v，a、b两点间的高度差为h，不计空气阻力，则（）a由a到b过程，小球克服弹簧弹力做功为mghb由a到b过程，小球重力做的功等于mghc小球到达b点时，受到的重力可能与弹力大小相等d小球到达b点时，弹簧的弹性势能为mghmv2考点：功能关系；弹性势能；机械能守恒定律分析：小球在下降中小球的重力势能转化为动能和弹性势能，由机械能守恒条件可知小球是否机械能守恒；由重力做功量度重力势能的变化由弹簧弹力做功量度弹性势能的变化解答：解：a、重力做功只与初末位置的高度差有关，则由a至b重力功为mgh根据动能定理得：mgh+w弹=mv2，所以由a至b小球克服弹力做功为mghmv2，故a错误b正确；c、小球到达b点时，具有向上的向心加速度，处于超重状态，弹力大于重力，故c错误；d、弹簧弹力做功量度弹性势能的变化所以小球到达位置b时弹簧的弹性势能为mghmv2，故d正确故选：bd点评：本题要注意我们研究的系统是小球而不是小球与弹簧，若说明是小球与弹簧系统则机械能守恒；而只对小球机械能是不定恒的熟悉功能的对应关系7（4分）（2015宜兴市三模）如图所示，一滑块从固定的斜面底端a处冲上粗糙的斜面，到达某一高度后返回a以a点所在平面为零势能面，下列各图分别表示滑块在斜面上运动的速度v、加速度a、重力势能ep、机械能e随时间变化或随位移x变化的图象，可能正确的是（）abcd考点：机械能守恒定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系专题：机械能守恒定律应用专题分析：滑块在斜面上运动过程中，先上滑后下滑，由于存在摩擦力，上滑与下滑过程不再具有对称性，经过同一点时下滑的速度小于上滑的速度，上滑运动的时间较短根据牛顿第二定律分析上滑与下滑过程的加速度大小关系根据运动学公式和重力势能公式得出重力势能与时间的关系式根据功能关系分析e与t的关系解答：解：a、滑块在斜面上运动过程中，由于存在摩擦力，机械能不断减小，经过同一点时下滑的速度小于上滑的速度，回到出发点时的速度比出发时的初速度小故a错误b、设斜面的倾角为物体在上滑与下滑两个过程中，所受的合力方向均沿斜面向下，加速度方向相同设上滑与下滑两个过程加速度大小分别为a1和a2根据牛顿第二定律得：mgsin+mgcos=ma1；mgsinmgcos=ma2；则得：a1=gsin+gcos，a2=gsingcos则有：a1a2故b正确c、由ep=mgh可知重力势能与物体的高度成正比，故c正确；d、由于物体克服摩擦力做功，其机械能不断减小，根据功能关系得：e=e0f1x，机械能是不断减小的，但返回到a点处的机械能并不为零；故d错误故选：bc点评：本题采用定性分析与定量计算相结合的方法分析功能关系、运动与力关系，根据物理规律得到解析式，再选择物理图象8（4分）（2015宜兴市三模）现有两个边长不等的正方形，如图所示，且aa、bb、cc、dd间距相等在ab、ac、cd、db的中点分别放等量的正电荷或负电荷则下列说法中正确的是（）ao点的电场强度和电势均为零b把一电荷从b点移到c点电场力作功为零c同一电荷在a、d两点所受电场力相同d若a点的电势为，则a、d两点间的电势差为2考点：电势能；电势差；电势专题：电场力与电势的性质专题分析：根据点电荷的电场强度公式e=k可得各个点电荷在o点的电场场强大小，再根据矢量合成，求出合场强，再根据题意判断合场强的方向由o指向d同理可推知电场强度方向由a指向d，再根据电场线与等势面垂直可得b、b、c、c各点电势相等且为零，沿电场线的方向电势降低，可判断各个点的电势高低，利用电势能与电势的关系，可判断电荷在某点的电势高低解答：解；a、根据点电荷的电场强度公式e=k可得各个点电荷在o点的电场场强大小，再根据矢量合成，求出合场强不为零，但电势为零，故a错误b、由a可知合场强的方向由o指向d，再根据电场线与等势面垂直可得b、b、c、c各点电势相等且为零，由电势能与电势的关系得eb=ec=q，再根据电场力做功与电势能的关系的w=ebec=0，故b正确c、根据点电荷的电场强度公式e=k可得各个点电荷在 a、d 两点的电场场强大小相等，再根据矢量合成，求出合场强大小也相等，方向相同，再根据f=qe求的同一电荷在a、d两点所受电场力相同故c正确d、若a点的电势为，根据对称性可知，a、d两点间的电势差为2故d正确故选bcd点评：考查了电场强度公式、库仑力，沿电场线的方向电势降低，电势能与电势的关系9（4分）（2015宜兴市三模）如图所示，空间存在着与圆台母线垂直向外的磁场，各处的磁感应强度大小均为b，圆台母线与竖直方向的夹角为，一个质量为m、半径为r的匀质金属环位于圆台底部环中维持恒定的电流i不变，圆环由静止向上运动，经过时间t后撤去该恒定电流并保持圆环闭合，圆环全程上升的最大高度为h已知重力加速度为g，磁场的范围足够大在圆环向上运动的过程中，下列说法正确的是（）a在时间t内安培力对圆环做功为mghb圆环先做匀加速运动后做匀减速运动c圆环运动的最大速度为gtd圆环先有收缩后有扩张的趋势考点：楞次定律分析：根据牛顿第二定律，与运动学公式，依据做功表达式，结合电磁感应与安培力，即可求解解答：解：环中通以恒定电流i后，圆环所受安培力为bi2r，则在竖直方向的分力为2rbicos，ac、由牛顿第二定律，可得：bi2rcosmg=ma，则圆环向上的加速度为a=g，竖直向上，在电流未撤去时，圆环将做匀加速直线运动，经过时间t，速度会达到最大值，由v=at得v=gt，故c项正确；在时间t内，上升的高度h=，则安培力对圆环做功为w=fh=rbit2cos（g），故a错误；b、电流撤去后，由于惯性，圆环继续向上运动，在磁场中切割磁感线而做变减速运动，故b项错误；d、圆环通电流时，电流方向为顺时针，安培力分量指向圆心，有收缩的趋势，撤去电流后，切割产生的感应电流为逆时针，则安培力分量背离圆心，则有扩张的趋势，故d正确故选：cd点评：该题考查磁场中力做功与牛顿第二定律、电磁感应等的综合问题，要理清其中能量转化的方向三、简答题：本题分必做题（第10、11题）和选做题（第12题）两部分，共计42分请将解答填写在答题卡相应的位置【必做题】10（8分）（2015宜兴市三模）在用dis研究小车加速度与外力的关系时，某实验小组先用如图（a）所示的实验装置重物通过滑轮用细线拉小车，位移传感器（发射器）随小车一起沿倾斜轨道运动，位移传感器（接收器）固定在轨道一端实验时将重物的重力作为拉力f，改变重物重力重复实验四次，列表记录四组数据：a/ms22.012.984.025.01f/n1.002.003.004.00（1）在图（c）所示的坐标纸上作出小车加速度a随拉力f变化的图线；（2）从所得图线分析该实验小组在操作过程中的不当之处；（3）如果实验时，在小车和重物之间接一不计质量的微型力传感器来测量拉力f，实验装置如图（b）所示，从理论上分析，该实验图线的斜率将变大（填“变大”、“变小”或“不变”）考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系专题：实验题分析：（1）根据所提供数据采用描点法可正确画出加速度a和拉力f的关系图线（2）根据所画图象可得出正确结果（3）根据牛顿第二定律，得出图线斜率表示的物理意义，从而判断图线斜率的意义解答：解：（1）根据所给数据，画出小车加速度a和拉力f的关系图线如下图所示：（2）由图象可知，当小车拉力为零时，已经产生了加速度，故在操作过程中斜面的倾角过大，平衡摩擦力过度（3）根据牛顿第二定律得，a=，知图线的斜率表示质量的倒数挂重物时，a=，图线的斜率表示系统质量的倒数，用力传感器时，加速度a=图线的斜率表示小车质量m的倒数，可知图线的斜率变大故答案为：（1）如图所示：；（2）轨道倾角过大（或平衡摩擦力过度）；（3）变大点评：实验装置虽然有所变动，但是实验原理、实验方法、操作细节等是一样的，故任何实验明确实验原理是解答实验的关键11（10分）（2015宜兴市三模）某实验小组利用一滑动变阻器和未知内阻的电流表测量多用电表“1k”挡对应电源的电动势和多用电表的内阻（1）该小组采用图甲的电路进行实验，请根据图甲将图乙的实物图连接好（2）实验步骤如下：a把多用电表的选择开关拨到欧姆挡的“1k”位置，将红黑表笔短接进行欧姆调零b按照电路图连接好电路c接通开关，调节滑动变阻器，读出多用电表的读数和微安表的读数的数值并记录d改变滑动变阻器的阻值，重新读数并记录e根据实验原理列出表达式代入数值进行计算将上述步骤补充完整：a短接进行欧姆调c多用电表的读数、微安表的读数实验原理表达式为（说明式中各个物理量的含义）=，e=，其中e表示电源的电动势，、表示两次微安表的示数，、分别表示对应的两次多用电表的读数；图丙是在某次实验的欧姆表表盘的示意图，欧姆表的读数为40k电流表内阻对测量结果无影响（填“有”“无”）考点：测定电源的电动势和内阻专题：实验题分析：本题（1）的关键是连线实物图时要根据电路图依次进行连接，注意量程和正负极；题（2）的关键是掌握欧姆表的使用方法和工作原理解答：解：（1）实物连线图如图所示：（2）a根据欧姆表的使用方法可知，选档后应将红黑表笔短接进行欧姆调零；c多用电表的读数、微安表的读数； 设多用电表内阻为，根据闭合电路欧姆定律可得：e=（+），e=，联立解得：=，e=，其中e表示电源的电动势，、表示两次微安表的示数，、分别表示对应的两次多用电表的读数；欧姆表的读数为r=140k=40k 由公式可得，结果与电流表内阻无关；故电流表内阻对实验结果没有影响；故答案为：（1）如图（2）a短接进行欧姆调零，c多用电表读数和微安表的读数，ea短接进行欧姆调零；c多用电表的读数、微安表的读数=，e=，其中e表示电源的电动势，、表示两次微安表的示数，、分别表示对应的两次多用电表的读数；40k无点评：掌握欧姆表的工作原理和使用方法，明确伏安法测电阻时电流表内外接法的选择方法，以及滑动变阻器采用分压式和限流式接法的选择方法【选修模块3-3】（共3小题，满分12分）12（4分）（2015宜兴市三模）关于下列四幅图中所涉及物理知识的论述中，正确的是（）a如图中，由两分子间作用力随距离变化的关系图线可知，当两个相邻的分子间距离为r0时，它们间相互作用的引力和斥力均为零b如图中，由一定质量的氧气分子分别在不同温度下速率分布情况，可知温度t1t2c如图中，在固体薄片上涂上石蜡，用烧热的针接触其上一点，从石蜡熔化情况可判定固体薄片必为非晶体d如图中，液体表面层分子间相互作用表现为斥力，正是因为斥力才使得水黾可以停在水面上考点：* 晶体和非晶体；分子间的相互作用力分析：当两个相邻的分子间距离为r0时，它们间的引力和斥力相等；温度是分子平均动能的标志；由图可以看出某固体在导热性能上各向同性；水黾可以停在水面上是由于表面张力的作用解答：解：a、如图中，由两分子间作用力随距离变化的关系图线可知，当两个相邻的分子间距离为r0时，分子引力和斥力的合力为零，但并不是引力和斥力均为零，二者大小相等，故a错误；b、如图中，氧气分子在t2温度下速率大的分子所占百分比较多，故t2温度较高，b正确；c、由图可以看出某固体在导热性能上各向同性，可能是多晶体或者非晶体，故c错误；d、水黾可以停在水面上是由于表面张力的作用，故d错误；故选：b点评：本题考查布朗运动，分子间的相互作用力、表面张力及单晶体的性质等，均属于选修33中的基础内容；要注意准确把握各种现象的本质内容注意对33的全面把握13（4分）（2015宜兴市三模）在“用油膜法估测分子大小”的实验中，已知实验室中使用的酒精油酸溶液的浓度为a，n滴溶液的总体积为v在浅盘中的水面上均匀撒上痱子粉，将一滴溶液滴在水面上，待油膜稳定后，在带有边长为a的正方形小格的玻璃板上描出油膜的轮廓（如图所示），测得油膜占有的正方形小格个数为x用以上字母表示一滴酒精油酸溶液中的纯油酸的体积为油酸分子直径约为考点：用油膜法估测分子的大小专题：实验题分析：在油膜法估测分子大小的实验中，让一定体积的纯油酸滴在水面上形成单分子油膜，估算出油膜面积，从而求出分子直径油膜面积由正方形小格个数乘以每个方格的面积解答：解：实验时做的假设为：将油膜看成单分子膜；将油分子看作球形；认为油分子是一个紧挨一个的由题意可知，一滴酒精油酸溶液中的纯油酸的体积为 v0=每一滴所形成的油膜的面积为s=xa2，所以油膜的厚度，即为油酸分子的直径为d=故答案为：，点评：掌握该实验的原理是解决问题的关键，该实验中以油酸分子呈球型分布在水面上，且一个挨一个，从而可以由体积与面积相除求出油膜的厚度，从而求出分子直径14（4分）（2015宜兴市三模）一定质量的理想气体，状态从abcda的变化过程可用如图所示的pv图线描述，其中da为等温线，气体在状态a时温度为ta=300k，试求：气体在状态c时的温度tc，若气体在ab过程中吸热1000j，则在ab过程中气体内能如何变化？变化了多少？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：、a与d状态的温度相同，借助d到c得过程确定c的温度，、根据体积的变化确定气体变化中做功的正负，结合热力学第一定律确定内能的变化解答：解：da为等温线，则ta=td=300k，c到d过程由盖吕萨克定律得：得： a到b过程压强不变，由w=pv=21053103=600j，有热力学第一定律u=q+w=1000600=400j，则气体内能增加，增加400j答：气体在状态c时的温度tc=375k，在ab过程中气体内能内能增加，增加400j点评：本题中气体的变化注意状态参量的对应，在热力学第一定律的应用中注意做功和热量的正负问题【选修模块3-5】（共3小题，满分12分）15（4分）（2015宜兴市三模）如图所示是研究光电效应的电路，阴极k和阳极a是密封在真空玻璃管中的两个电极，k在受到光照时能够发射光电子阳极a吸收阴极k发出的光电子，在电路中形成电流如果用单色光a照射阴极k，电流表的指针发生偏转；用单色光b照射光电管阴极k时，电流表的指针不发生偏转下列说法不正确的是（）aa光的波长一定小于b光的波长b只增加a光的强度可能使通过电流表的电流增大c只增加a光的强度可使逸出的电子最大初动能变大d用单色光a照射阴极k，当电源的正、负极对调时，电流表的读数可能减为零考点：光电效应专题：光电效应专题分析：发生光电效应的条件：0，可知道a光、b光的频率大小再通过电子的流向判断出电流的方向，并根据光电效应方程ek=hw，即可求解解答：解：a、用一定频率的a单色照射光电管时，电流表指针会发生偏转，知a0，由=知a光的波长小于b光的波长，故a正确；b、只增加a光的强度，即增加了光子的个数，则产生的光电子数目增多，光电流增大，使通过电流表的电流增大，故b正确；c、根据光电效应方程ek=hw，最大初动能与入射光频率有关与强度无关，故只增加a光的强度逸出的电子最大初动能不变，故c错误；d、根据光电效应方程ek=hw，根据动能定理若qu=0ek，则光电子无法到达阳极a，电流表示数为0，故d正确；本题选择错误的，故选：c点评：解决本题的关键是掌握光电效应的条件0以及光电流方向的确定，注意光电子的最大初动能是由入射光的频率决定，与光强无关16（4分）（2015宜兴市三模）太阳内部四个质子聚变成一个粒子，同时发射两个正电子和两个没有静止质量的中微子写出这种聚变的核反应方程式若太阳辐射能量的总功率p，质子、氦核、正电子的质量分别为mp、mhe、me，真空中光速为c则t时间内参与核反应的质子数考点：爱因斯坦质能方程；裂变反应和聚变反应专题：衰变和半衰期专题分析：根据质能方程求出释放能量，然后根据功率能量之间关系求解即可解答：解：四个质子聚变成一个粒子，同时发射两个正电子和两个没有静止质量的中微子根据质量数守恒与电荷数守恒可知，这种聚变的核反应方程式：根据质能方程核反应放出的能量为：设t时间内参与核反应的质子数：=故求t时间内参与核反应的质子数：故答案为：，点评：本题考查了原子物理的有关知识，尤其是质能方程是重点知识，要加强理解和应用，同时对于一些基础知识要加强记忆17（4分）（2015宜兴市三模）已知氢原子的基态能量为e1，量子数为n的激发态的能量为现有一群氢原子在向低能级跃迁过程中，其中从n=2能级向n=1能级跃迁辐射出的光子去轰击原来静止的电子，电子被射出后，光子反向运动，返回时光子的波长为1，普朗克常量为h，求跃迁辐射出的光子的波长0电子物质波的波长2考点：动量守恒定律；氢原子的能级公式和跃迁分析：（1）由氢原子的能级公式，结合波尔理论即可求出（2）根据动量守恒定律先求出电子的动量，然后代入物质波的波长公式即可；解答：解：（1）n=2的能级的能量为：从n=2能级向n=1能级跃迁辐射出的光子的能量为：e=e2e1=根据光子的能量的公式：可得：=（2）光子与电子碰撞前的动量：=碰撞后光子的能量：则碰撞后的动量：光子