河北省保定市高考物理二模试卷（含解析）.doc

2015年河北省保定市高考物理二模试卷 一、选择题，共8小题，每小题6分，共48分，第1-5小题只有一项符合题目要求，第6-8小题有多项符合题目要求，全答对得6分，选对但不全得3分，选错得0分1（6分）（2015保定二模）关于物体的运动，系列说法正确的是（）a物体的加速度保持不变，物体一定沿直线运动b物体的速度变化越快，加速度一定越大c做直线运动的物体，加速度减小，速度一定减少d物体做匀速圆周运动时，在相等时间内速度变化量一定相同2（6分）（2015保定二模）小型交流发电机的原理图如图所示：单匝矩形线圈abcd置于匀强磁场中，绕过bc、ad中点的轴oo以恒定角速度旋转，轴oo与磁场垂直，矩形线圈通过滑环与理想交流电流表a，定值电阻r串联，下列说法中正确的是（）a线圈平面与磁场垂直时，交流电流表a的示数最小b线圈平面与磁场平行时，流经定值电阻r的电流最大c线圈平面与磁场垂直时，通过线圈的磁通量变化率最大d线圈平面与磁场平行时，通过线圈的磁通量最大3（6分）（2015保定二模）如图，电子（不计重力，电荷量为e，质量为m）由静止经加速电场加速，然后从相互平行的ab两板的正中间射入，已知加速电场两极间电压为u1，ab两板之间电压为u2，则下列说法中正确的是（）a电子穿过ab板时，其动能一定等于e（u1+）b为使电子能飞出ab板，则要求u1u2c若把电子换成另一种带负电的粒子（忽略重力），它将沿着电子的运动轨迹运动d在ab板间，沿电子运动轨迹的电势越来越低4（6分）（2015保定二模）当月球运动到太阳和地球中间且三者正好处在一条直线时，月球挡住太阳射向地球的光，地球处在月球的阴影区域内，即为日食现象，发生日食时月球距太阳中心的距离为1.51011m已知月球绕地球的公转周期约为27天，轨道半径为3.8108m，太阳质量2.01030kg，万有引力常量g=6.671011nm2/kg2，则日食发生时，月球分别对地球与太阳的引力之比约为（）a0.5b2.5c5.0d7.55（6分）（2015保定二模）如图所示，两根刚性轻杆上端由自由旋转轴a连接，轻杆下端固定一根自然伸长的匀质轻弹簧，围成边长为l的等边三角形abc，将此装置竖直放在光滑水平面上，在轴a处施加竖直向下的大小为f的作用力，弹簧被拉伸一定长度，若此时弹簧弹力大小恰为，则弹簧的劲度系数为（）abcd6（6分）（2015保定二模）如图甲所示，质量为m的物块放在竖直升降机的地板上，升降机从静止开始匀加速运动一段距离s时，速度为v，测得物块对地板的压力大小为f，改变升降机的加速度，匀加速运动相同的距离，可以得到多组对应的v与f，作出fv2的关系图，如图乙所示，则下列说法正确的是（）a当地重力加速度为b当v2=c时，物块一定处于完全失重状态c物体的质量m=da=2b7（6分）（2015保定二模）如图所示，在边界上方存在着范围足够大垂直纸面向里的匀强磁场，有两个电荷量、质量均相同的正、负粒子（不计重力），从边界上o点以相同的速度先后射入磁场中，入射方向与边界成角，则正、负粒子在磁场中（）a运动轨迹的半径相同b返回边界所用的时间相同c返回边界时速度大小相等，方向不同d返回边界时与o点的距离相等8（6分）（2015保定二模）一顶角为90的三角形物块m放在光滑水平面上，同底角分别为，（），a，b两个质量相等的小物块，分别从光滑斜面上p，q两点（图中标出p、q）同时由静止释放，如图所示，二者在下滑过程在红均未脱离斜面且同时落地选择地面为零势能面，下列说法正确的是（）aa，b在释放点重力势能大小相等ba，b到达斜面底端时重力的功率papbc在下滑过程中a的机械能守恒da，b下滑过程中三角形物块m向左运动二、非选择题，包括必考和选考两部分，第9-12为必考题，每个试题考生必须作答，第13-15题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题，共129分9（6分）（2015保定二模）用如图所示实验装置验证机械能守恒定律，通过电磁铁控制小铁球从a点由静止释放下落过程中经过光电门b时，通过与之相连的毫秒计时器（图中未画出）记录下挡光时间t，实验前应调整光电门位置使小球下落过程中球心通过光电门中的激光束（当地重力加速度用g表示）（1）为了验证机械能守恒定律，还需要测量下列哪些物理量；aa点与地面间的距离hb小铁球的质量mc小铁球从a到b的下落时间tabd小铁球的直径deab之间的距离h（2）小铁球通过光电门时的瞬时速度v=，如果关系式=成立，可验证小球在下落过程中机械能守恒（用测量的物理量表示）10（9分）（2015保定二模）在实验室中测量某种绕线电阻的电阻率已知绕线金属丝是某种合金丝，电阻阻值约为6，接下来，用螺旋测微器测得金属丝的直径为d，用毫米刻度尺测得金属丝的长度为l，为了更加精确测量绕线金属丝的阻值r，实验室提供的器材有：a电流表a1（量程00.3a，内阻约为ra1=5）b电流表a2（量程00.6a，内阻约为ra2=1）c电压表v1（量程03v，内阻约3k）d电压表v2（量程015v，内阻约18k）e定值电阻r0=5f滑动变阻器r1（总阻值5）g滑动变阻器r2（总阻值100）h电源（电动势e=9v，内阻约为1）i开关和导线若干（1）用伏安法测量该电阻的阻值时，为了尽可能多的获得实验数据，实验中电流表应选用，电压表应选用，滑动变阻器应选用（填器材前面的字母代号）；（2）方框中已画出部分实验电路，请你完成电路图的剩余部分；（3）按照设计好的电路进行实验操作，某次测量过程中电表示数分别为u和i，则r=，绕线金属丝电阻率为（用r，i，d和数学常数表示）11（14分）（2015保定二模）如图所示，水平面上放一质量为m=2kg的小物块，通过薄壁圆筒的轻细绕线牵引，圆筒半径为r=0.5m，质量为m=4kg，t=0时刻，圆筒在电动机带动下由静止开始绕竖直中心轴转动，转动角速度与时间的关系满足=4t，物块和地面之间动摩擦因数=0.3，轻绳始终与地面平行，其它摩擦不计，求：（1）物块运动中受到的拉力（2）从开始运动至t=2s时电动机做了多少功？12（18分）（2015保定二模）如图所示，足够长的平行光滑金属导轨竖直放置，轨道间距为l，其上端接一阻值恒为r的灯泡l在水平虚线l1、l2间有垂直导轨平面的匀强磁场，磁场区域的宽度为d，导体棒a的质量为2m、电阻为r；导体棒b的质量为m、电阻为2r，与导轨始终保持良好接触，它们分别从图中m、n处同时由静止开始沿导轨下滑，且都能匀速穿过磁场区域，当b刚穿过磁场时a正好进入磁场设重力加速度为g，不计a、b棒之间的相互作用，导体棒始终与导轨垂直求：（1）导体棒a、b在磁场中的运动速度之比（2）求m点距离l1的高度（3）若取走导体棒b，将a固定在l2处，使磁感应强度从b0随时间均匀减小，设灯泡额定电压为u，为保证灯泡不会烧坏且有电流通过，试求磁感应强度减小到零的最短时间（二）选考题请考生从给出的3道物理题中任选一题作答，并用2b铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分多涂、多答，按所涂的首题进行评分，不涂按本学科选考题的首题进行评分13（6分）（2015保定二模）关于永动机和热力学定律的讨论，系列叙述正确的是（）a第二类永动机违反能量守恒定律b热量不可能自发地从低温物体传到高温物体c对某物体做功，物体的内能必定增加d可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功e能量耗散从能量转化角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性14（9分）（2015保定二模）如图所示，导热性良好的气缸内用活塞封闭一定质量的理想气体，活塞可沿气缸壁无摩擦活动当环境温度为t时，平放气缸气体长度为l，竖直立起气缸，保持环境温度不变，稳定后气体长度为l若在活塞上放置一个与活塞质量相等的物块，并且环境温度缓慢升高而保持大气压强不变，则气温达到多少时气体的长度恰好恢复到l？15（2015保定二模）一列简谐横波沿x轴正方向传播，在x=2m处的质点的振动图象如图1所示，在x=8m处的质点的振动图象如图2所示下列说法正确的是（）a该波的周期为12sbx=2m处的质点在平衡位置向+y方向振动时，x=8m处的质点在波峰c在04s内x=2m处和x=8m处的质点通过的路程均为6cmd该波的波长可能为8me该波的传播速度可能为2m/s16（2015保定二模）如图所示，半圆形玻璃砖的半径r=10cm，直径ab与屏幕垂直并接触于a点，激光束a垂直ab射向半圆形玻璃砖的圆心o，以o点为轴，从图示位置在纸面内沿顺时针方向旋转当转过角度为30时，光屏上有两个光斑，当转过角度刚好为45时，光屏上恰好只有一个光斑求：（1）玻璃砖的折射率n；（2）当转过角度为30时，光屏上两个光斑之间的距离l17（2015保定二模）已知氢原子的基态能量为e1，激发态能量为en=（n=2，3，4），已知普朗克常量为h，真空中光速为c，吸收波长为=的光子能使氢原子从基态跃迁到n=2的激发态；此激发态氢原子再吸收一个频率为v的光子后会被电离，则电离后瞬间电子的动能为18（2015保定二模）如图所示，质量mb=2kg的平板车b上表面水平，开始时静止在光滑水平面上，在平板车左端静止着一质量ma=2kg的物块a，一颗质量m0=0.01kg的子弹v0=600m/s的水平初速度瞬间射穿a后，速度变为v1=200m/s由于a与b间摩擦力作用使a与b最终到达相对静止则整个过程中a、b组成的系统因摩擦产生热量为多少？2015年河北省保定市高考物理二模试卷参考答案与试题解析一、选择题，共8小题，每小题6分，共48分，第1-5小题只有一项符合题目要求，第6-8小题有多项符合题目要求，全答对得6分，选对但不全得3分，选错得0分1（6分）（2015保定二模）关于物体的运动，系列说法正确的是（）a物体的加速度保持不变，物体一定沿直线运动b物体的速度变化越快，加速度一定越大c做直线运动的物体，加速度减小，速度一定减少d物体做匀速圆周运动时，在相等时间内速度变化量一定相同考点：匀速圆周运动；匀变速直线运动的速度与时间的关系专题：匀速圆周运动专题分析：加速度表示速度变化快慢的物理量，当加速度方向与速度方向相同时，物体做加速运动，物体做匀速圆周运动时，加速度变化，速度变化量不同解答：解：a、物体的加速度保持不变，物体不一定沿直线运动，如平抛运动，加速度不变，故a错误；b、加速度表示速度变化快慢的物理量，物体的速度变化越快，加速度一定越大，故b正确；c、当加速度方向与速度方向相同时，物体做加速运动，加速度减小，但速度增大，故c错误；d、做匀速圆周运动的物体加速度为：，由于加速度大小不变，方向时刻变化，故v大小不变，方向时刻变化，故在任意相等的时间内，速度的变化量不同，故d错误故选：b点评：本题关键是对质点做曲线运动的条件的考查，匀速圆周运动，平抛运动等都是曲线运动，对于它们的特点要掌握住，知道加速度表示速度变化快慢的物理量，难度不大，属于基础题2（6分）（2015保定二模）小型交流发电机的原理图如图所示：单匝矩形线圈abcd置于匀强磁场中，绕过bc、ad中点的轴oo以恒定角速度旋转，轴oo与磁场垂直，矩形线圈通过滑环与理想交流电流表a，定值电阻r串联，下列说法中正确的是（）a线圈平面与磁场垂直时，交流电流表a的示数最小b线圈平面与磁场平行时，流经定值电阻r的电流最大c线圈平面与磁场垂直时，通过线圈的磁通量变化率最大d线圈平面与磁场平行时，通过线圈的磁通量最大考点：交流发电机及其产生正弦式电流的原理专题：交流电专题分析：从图示位置开始计时，交变电流的瞬时电动势表达式为：e=nbscost；根据表达式进行分析讨论即可解答：解：a、交流电流表显示的是交流电的有效值，不随线圈的转动而变化；故a错误；b、线圈与磁场平行时，磁通量最小，此时电动势最大，电流最大；故b正确；c、线圈平面与磁场垂时，通过线圈的磁通量的变化率为零；故c错误；d、线圈平面与磁场平行时，通过线圈的磁通量为零；故d错误故选：b点评：（1）交流电表测量的是有效值，而不是峰值，更不是瞬时值；（2）线圈经过中性面时，磁通量大，但磁通量的变化率最小，感应电动3（6分）（2015保定二模）如图，电子（不计重力，电荷量为e，质量为m）由静止经加速电场加速，然后从相互平行的ab两板的正中间射入，已知加速电场两极间电压为u1，ab两板之间电压为u2，则下列说法中正确的是（）a电子穿过ab板时，其动能一定等于e（u1+）b为使电子能飞出ab板，则要求u1u2c若把电子换成另一种带负电的粒子（忽略重力），它将沿着电子的运动轨迹运动d在ab板间，沿电子运动轨迹的电势越来越低考点：带电粒子在匀强电场中的运动专题：电场力与电势的性质专题分析：a、根据动能定理全程列式判断电子穿过ab板时获得的动能；bc、对直线加速过程根据动能定理列式，对类似平抛运动过程，根据分位移公式列式，联立得到侧移量y进行分析；d、电场力做正功，电势能减小，根据=判断电势的高低解答：解：a、对直线加速和类平抛全程，根据动能定理，有：e（u1+u）=ek0由于u故eke（u1+）；故a错误；b、对直线加速过程，根据动能定理，有： 对类似平抛运动过程，设板长为l，板间距为d，有：l=vt y=联立解得： 故b错误；c、联立得到：y=与粒子的比荷无关，故若把电子换成另一种带负电的粒子（忽略重力），它将沿着电子的运动轨迹运动，故c正确；d、在ab板间，电场力做正功，电势能减小，根据=，由于q0，故电势升高，故d错误；故选：c点评：本题要明确粒子的受力情况和运动情况，结合动能定理和类似平抛运动的分位移公式推导出侧移量表达式进行分析是关键，基础题目4（6分）（2015保定二模）当月球运动到太阳和地球中间且三者正好处在一条直线时，月球挡住太阳射向地球的光，地球处在月球的阴影区域内，即为日食现象，发生日食时月球距太阳中心的距离为1.51011m已知月球绕地球的公转周期约为27天，轨道半径为3.8108m，太阳质量2.01030kg，万有引力常量g=6.671011nm2/kg2，则日食发生时，月球分别对地球与太阳的引力之比约为（）a0.5b2.5c5.0d7.5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：将月球绕地球转动视为匀速圆周运动，由万有引力充当向心力即可求得地球的质量再根据万有引力定律进一步计算月球分别对地球与太阳的引力之比解答：解：月球绕地球转动视为匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，可知：f向=ma向= 又因f向是由万有引力提供的 则f向=f万=g 则由联立可解得 代入数据得：kg月亮对太阳的引力：所以，月球分别对地球与太阳的引力之比：=0.5故选：a点评：本题原理简单，由万有引力充当向心力即可求得地球的质量，然后在由万有引力定律即可求出引力的比值，在计算的过程中要注意数量级和单位即可5（6分）（2015保定二模）如图所示，两根刚性轻杆上端由自由旋转轴a连接，轻杆下端固定一根自然伸长的匀质轻弹簧，围成边长为l的等边三角形abc，将此装置竖直放在光滑水平面上，在轴a处施加竖直向下的大小为f的作用力，弹簧被拉伸一定长度，若此时弹簧弹力大小恰为，则弹簧的劲度系数为（）abcd考点：共点力平衡的条件及其应用；胡克定律分析：先对整体受力分析，明确两端点受支持力，再由力的合成及几何关系可求得弹簧的形变量；则可由胡克定律求得劲度系数解答：解：对整体分析可知，整体受压力和支持力的作用，则可知，bc两杆的端点受地面向上的大小为的弹力；因弹簧的弹力也为，根据三力平衡可知，此时杆与地面间的夹角为45；则由几何关系可知，此时弹簧的长度以为l；则其形变量为：（ll）；则由胡克定律可得：k=；故选：b点评：本题考查共点力平衡条件的应用，要注意明确杆及弹簧均不计重力，故只考虑外力即可分析6（6分）（2015保定二模）如图甲所示，质量为m的物块放在竖直升降机的地板上，升降机从静止开始匀加速运动一段距离s时，速度为v，测得物块对地板的压力大小为f，改变升降机的加速度，匀加速运动相同的距离，可以得到多组对应的v与f，作出fv2的关系图，如图乙所示，则下列说法正确的是（）a当地重力加速度为b当v2=c时，物块一定处于完全失重状态c物体的质量m=da=2b考点：牛顿第二定律专题：牛顿运动定律综合专题分析：根据牛顿第二定律，结合速度位移公式推论f与v2的关系式，并由纵坐标的截距求出物体的重力，从而得出物体的质量；抓住c点对应的两图线加速度相等，都等于g，求出b与a的关系，结合加速度的方向确定超失重解答：解：a、由图可知，c点时牵引力为零，则物体只受重力，此时加速度为g；则b点的加速度也为g；由v2=2as可知，g=，故a正确；b、由两图象可知，a点时物体是向上的加速度；故处于超重状态；故b错误；c、由v2=2as可知，加速度a=，则，即|fmg|=知图线的纵轴截距表示重力，得m=；故c错误；d、由图可知，c点时牵引力为零，则物体只受重力，此时加速度为g；则a点的加速度也为g；故a=2mg，故a=2b；故d正确；故选：ad点评：本题结合图象考查超重与失重，在解题时要注意因高度相同，故应用v2=2ah可以得出力与速度平方的关系7（6分）（2015保定二模）如图所示，在边界上方存在着范围足够大垂直纸面向里的匀强磁场，有两个电荷量、质量均相同的正、负粒子（不计重力），从边界上o点以相同的速度先后射入磁场中，入射方向与边界成角，则正、负粒子在磁场中（）a运动轨迹的半径相同b返回边界所用的时间相同c返回边界时速度大小相等，方向不同d返回边界时与o点的距离相等考点：带电粒子在匀强磁场中的运动专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：由题正负离子的质量与电量相同，进入同一磁场做匀速圆周运动的周期相同，根据偏向角的大小分析运动时间的长短由牛顿第二定律研究轨道半径根据圆的对称性，分析离子重新回到边界时速度方向关系和与o点距离解答：解：a、根据牛顿第二定律得：qvb=m解得：r=，由题q、v、b大小均相同，则r相同故a正确b、粒子的运动周期 t=，则知t相同根据左手定则分析可知，正离子逆时针偏转，负离子顺时针偏转，重新回到边界时正离子的速度偏向角为22，轨迹的圆心角也为22，运动时间t=t同理，负离子运动时间t=t，显然时间不等故b错误c、正负离子在磁场中均做匀速圆周运动，速度沿轨迹的切线方向，根据圆的对称性可知，重新回到边界时速度大小与方向相同故c错误d、根据几何知识得知重新回到边界的位置与o点距离s=2rsin，r、相同，则s相同故d正确故选：ad点评：根据题意画出轨迹示意图，可根据几何关系求出回到边界时离o点的距离；利用对称关系判断回到边界时速度的方向；带电粒子在磁场中做匀速圆周运动问题求运动时间，可用关系式有t=t，是轨迹的圆心角，而且轨迹的圆心角等于速度的偏转角8（6分）（2015保定二模）一顶角为90的三角形物块m放在光滑水平面上，同底角分别为，（），a，b两个质量相等的小物块，分别从光滑斜面上p，q两点（图中标出p、q）同时由静止释放，如图所示，二者在下滑过程在红均未脱离斜面且同时落地选择地面为零势能面，下列说法正确的是（）aa，b在释放点重力势能大小相等ba，b到达斜面底端时重力的功率papbc在下滑过程中a的机械能守恒da，b下滑过程中三角形物块m向左运动考点：动量守恒定律；功率、平均功率和瞬时功率；机械能守恒定律分析：分析两物体的滑动过程，对整体由动量守恒定律可明确m是否运动，再对ab两物体进行分析，由机械能守恒定律及功率公式进行分析即可求解解答：解：a、由于ab两物体下滑过程水平方向速度适中相等，则由动量守恒理定律可知，在两物体下滑过程中m应保持不动；由于ab两点质量相等，所在高度相同，故二者在释放点具有相同的重力势能；故a正确，d错误；b、到达底部时，由于重力做功相等，故速度大小相等，因b与竖直方向的夹角要小，故由p=fvcos可知，b重力做功的功率要大；故b正确；c、则于a下滑时，m保持静止，故a只有重力做功，机械能守恒；故c错误；故选：ab点评：本题在判断m是否运动时可以利用受力分析，明确两物体对m的压力在水平方向的合力情况，若合力为零则m保持静止二、非选择题，包括必考和选考两部分，第9-12为必考题，每个试题考生必须作答，第13-15题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题，共129分9（6分）（2015保定二模）用如图所示实验装置验证机械能守恒定律，通过电磁铁控制小铁球从a点由静止释放下落过程中经过光电门b时，通过与之相连的毫秒计时器（图中未画出）记录下挡光时间t，实验前应调整光电门位置使小球下落过程中球心通过光电门中的激光束（当地重力加速度用g表示）（1）为了验证机械能守恒定律，还需要测量下列哪些物理量de；aa点与地面间的距离hb小铁球的质量mc小铁球从a到b的下落时间tabd小铁球的直径deab之间的距离h（2）小铁球通过光电门时的瞬时速度v=，如果关系式=成立，可验证小球在下落过程中机械能守恒（用测量的物理量表示）考点：验证机械能守恒定律专题：实验题分析：（1）该题利用自由落体运动来验证机械能守恒，因此需要测量物体自由下落的高度hab，以及物体通过b点的速度大小，在测量速度时我们利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，因此明白了实验原理即可知道需要测量的数据；（2）利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，由此可以求出小铁球通过光电门时的瞬时速度，根据机械能守恒的表达式可以求出所要求的关系式解答：解：（1）a、根据实验原理可知，需要测量的是a点到光电门的距离，故a错误；b、根据机械能守恒的表达式可知，方程两边可以约掉质量，因此不需要测量质量，故b错误；c、利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，不需要测量下落时间，故c错误；d、利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度时，需要知道挡光物体的尺寸，因此需要测量小球的直径，故d正确e、测量ab之间的距离h求解重力势能的减小量，故e正确；故选：de（2）利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，故：v=，根据机械能守恒的表达式有：mgh=mv2，即：=故答案为：（1）d e （2）； 点评：无论采用什么样的方法来验证机械能守恒，明确其实验原理都是解决问题的关键，同时在处理数据时，要灵活应用所学运动学的基本规律10（9分）（2015保定二模）在实验室中测量某种绕线电阻的电阻率已知绕线金属丝是某种合金丝，电阻阻值约为6，接下来，用螺旋测微器测得金属丝的直径为d，用毫米刻度尺测得金属丝的长度为l，为了更加精确测量绕线金属丝的阻值r，实验室提供的器材有：a电流表a1（量程00.3a，内阻约为ra1=5）b电流表a2（量程00.6a，内阻约为ra2=1）c电压表v1（量程03v，内阻约3k）d电压表v2（量程015v，内阻约18k）e定值电阻r0=5f滑动变阻器r1（总阻值5）g滑动变阻器r2（总阻值100）h电源（电动势e=9v，内阻约为1）i开关和导线若干（1）用伏安法测量该电阻的阻值时，为了尽可能多的获得实验数据，实验中电流表应选用b，电压表应选用c，滑动变阻器应选用f（填器材前面的字母代号）；（2）方框中已画出部分实验电路，请你完成电路图的剩余部分；（3）按照设计好的电路进行实验操作，某次测量过程中电表示数分别为u和i，则r=，绕线金属丝电阻率为（用r，i，d和数学常数表示）考点：测定金属的电阻率专题：实验题分析：（1）根据电源电动势，结合电压表量程，从而确定电压表，再由欧姆定律，结合所测电阻的估计值，进而确定电流表量程，最后由滑动变阻器的阻值来选取分压还是限流式；（2、3）根据伏安法测电阻的原理与实验要求作出实验电路图根据电阻定律，结合电阻率，即可求解解答：解：（1）电动势e=9v，内阻约为1，且定值电阻为5，因此电压表选择03v，量程015v的电压表太大，即选取电压表v1，由于电阻丝两端的电压最大为3v，电阻丝的电阻大约为6，最大电流大约为0.5a，可知电流表选择a2根据滑动变阻器的阻值可知，应该选择总阻值为5的滑动变阻器r1，由于接入所测电阻的电压大于电压表量程，因此采用滑动变阻器的分压式接法，（2）金属丝电阻约为6，滑动变阻器最大阻值为5，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，电流表内阻很小，约为零点几欧姆，电压表内阻很大，约为几千甚至几万欧姆，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示：（3）根据欧姆定律，则有：r=；根据电阻定律得，r=，则=故答案为：（1）b，c，f；（2）如上图所示；（3）；点评：伏安法测电阻时，如果待测电阻阻值大于滑动变阻器最大阻值、如果电压与电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，并掌握电阻定律与欧姆定律的应用11（14分）（2015保定二模）如图所示，水平面上放一质量为m=2kg的小物块，通过薄壁圆筒的轻细绕线牵引，圆筒半径为r=0.5m，质量为m=4kg，t=0时刻，圆筒在电动机带动下由静止开始绕竖直中心轴转动，转动角速度与时间的关系满足=4t，物块和地面之间动摩擦因数=0.3，轻绳始终与地面平行，其它摩擦不计，求：（1）物块运动中受到的拉力（2）从开始运动至t=2s时电动机做了多少功？考点：动能定理；牛顿第二定律；线速度、角速度和周期、转速专题：动能定理的应用专题分析：（1）物体运动速度与线速度相同，则由圆的转动情况可知物体的运动情况，根据圆的线速度的变化可以求得加速度的大小，再由牛顿第二定律可求得合外力；（2）由动能定理可求得拉力所做的功解答：解：（1）由于圆筒边缘线速度与物块直线运动速度大小相同，根据v=r=4rt=2t，线速度与时间成正比：物块做初速为零的匀加速直线运动物块加速度为a=2m/s2根据物块受力，由牛顿第二定律得 tmg=ma 则细线拉力为 t=10n （2）根据匀变速直线运动规律：t=2s时物体的速度：v=at=22=4m/s 2s内物体的位移：=4m 对整体运用动能定理，有w电+wf=其中wf=mgx=24j 代入数据求得电动机做的功为 w电=72 j 答：（1）物块运动中受到的拉力是10n（2）从开始运动至t=2s时电动机做功72j点评：本题考查动能定理、圆的性质等内容；要求能正确理解题意，并分析物体的爱力情况及能量转化过程，由动能定理即可求解12（18分）（2015保定二模）如图所示，足够长的平行光滑金属导轨竖直放置，轨道间距为l，其上端接一阻值恒为r的灯泡l在水平虚线l1、l2间有垂直导轨平面的匀强磁场，磁场区域的宽度为d，导体棒a的质量为2m、电阻为r；导体棒b的质量为m、电阻为2r，与导轨始终保持良好接触，它们分别从图中m、n处同时由静止开始沿导轨下滑，且都能匀速穿过磁场区域，当b刚穿过磁场时a正好进入磁场设重力加速度为g，不计a、b棒之间的相互作用，导体棒始终与导轨垂直求：（1）导体棒a、b在磁场中的运动速度之比（2）求m点距离l1的高度（3）若取走导体棒b，将a固定在l2处，使磁感应强度从b0随时间均匀减小，设灯泡额定电压为u，为保证灯泡不会烧坏且有电流通过，试求磁感应强度减小到零的最短时间考点：导体切割磁感线时的感应电动势专题：电磁感应与电路结合分析：（1）由e=blv求出感应电动势，由欧姆定律求出电流，由安培力公式求出安培力，由平衡条件求出导体棒的速度，然后求出导体棒速度之比（2）导体棒做匀变速直线运动，应用匀变速直线运动的规律求出高度（3）由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由欧姆定律求出电流，然后求出最短时间解答：解：（1）当b在磁场中匀速运动时速度大小为vb，此时，感应电动势：e1=blvb，回路中总电阻：r1=r，b中的电流：ib=，b受到的安培力：f=bibl=，b匀速运动，处于平衡状态，由平衡条件得：=mg，当a棒切割磁感线时，回路中总电阻：r2=r，同理可得：=2mg，由以上各式得：=；（2）设b在磁场中运动的时间为t，当b进入磁场时，a、b速度大小均为vb；当a进入磁场时，a速度大小为va，可得：va=vb+gt，b在磁场中做匀速运动：d=vbt，由（1）可知：=，由匀变速直线运动的速度位移公式得：va2=2gl1，解得：l1=d；（3）经时间t，磁感应强度从b0均匀减小到零感应电动势：e=ld=ld，感应电流：i=，联立上式得：i=，保证灯不烧坏，电流的最大植为：im=，当电流最大时对应时间最短：tmin=；答：（1）导体棒a、b在磁场中的运动速度之比为4：3（2）求m点距离l1的高度为d（3）磁感应强度减小到零的最短时间为点评：本题是电磁感应、电路与力学相结合的综合题，解决本题的关键知道导体棒做匀速直线运动时，重力和安培力平衡，本题的难点在于通过a、b棒的速度关系以及a、b距离虚线l1的高度比求出a、b距离虚线l1的高度（二）选考题请考生从给出的3道物理题中任选一题作答，并用2b铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分多涂、多答，按所涂的首题进行评分，不涂按本学科选考题的首题进行评分13（6分）（2015保定二模）关于永动机和热力学定律的讨论，系列叙述正确的是（）a第二类永动机违反能量守恒定律b热量不可能自发地从低温物体传到高温物体c对某物体做功，物体的内能必定增加d可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功e能量耗散从能量转化角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性考点：热力学第二定律；热力学第一定律分析：第二类永动机并不违反能量守恒定律，跟热现象有关的宏观过程均具有方向性 做功和热传递是改变物体的内能的两种方式，做功是内能和其他形式的能之间的转化，热传递是内能之间的转移对某物体做功，则物体的内能不一定增加解答：解：a、第二类永动机没有违反能量守恒定律，但却不能成功制成，是因为违反了热力学第二定律故a错误；b、根据热力学第二定律，知热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，故b正确c、做功和热传递都可以改变物体的内能，对某物体做功，物体的内能不一定增加，还与热量有关，故c错误d、根据热力学第二定律可知，热机不可能把从单一热源吸收的热量，全部变成功故d错误；e、能量耗散从能量转化角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性，符合热力学第二定律，故e正确；故选：be点评：本题考查了热力学第一定律和热力学第二定律，关键是根据公式e=w+q进行分析14（9分）（2015保定二模）如图所示，导热性良好的气缸内用活塞封闭一定质量的理想气体，活塞可沿气缸壁无摩擦活动当环境温度为t时，平放气缸气体长度为l，竖直立起气缸，保持环境温度不变，稳定后气体长度为l若在活塞上放置一个与活塞质量相等的物块，并且环境温度缓慢升高而保持大气压强不变，则气温达到多少时气体的长度恰好恢复到l？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：气体先经历等温变化，由玻意耳定律可求得重力；再对等容变化规律可求得后来的温度解答：解：气缸竖直放置后，气体压强p1=p0+根据玻意耳定律p0v0=p1v1得：p0l=p1可得mg=设当气温为t2时气体的长度恰好恢复到l此时气体压强为p2=p0+根据查理定律：=t2=答：气温达到时气体的长度恰好恢复到l点评：本题考查理想气体实验定律的应用，要注意正确分析气体的变化，由实验定律进行分析求解即可15（2015保定二模）一列简谐横波沿x轴正方向传播，在x=2m处的质点的振动图象如图1所示，在x=8m处的质点的振动图象如图2所示下列说法正确的是（）a该波的周期为12sbx=2m处的质点在平衡位置向+y方向振动时，x=8m处的质点在波峰c在04s内x=2m处和x=8m处的质点通过的路程均为6cmd该波的波长可能为8me该波的传播速度可能为2m/s考点：横波的图象；波长、频率和波速的关系专题：振动图像与波动图像专题分析：简谐波沿x轴正方向传播，根据x1=2m和x2=8m两处质点的振动图象，分析同一时刻两个质点的状态，结合波形，得到两质点间的距离与波长关系的通项，再根据波的波长之间的关系，确定波长由图读出周期，求出波速解答：解：a、由图可知，该波的周期为12s故a正确；b、简谐横波沿x轴正方向传播，在x=2m处的质点在平衡位置向+y方向振动时（如t=3s时），x=8m处的质点在波峰故b正确；c、由图可知，在04s内x=2m处质点通过的路程为6cm，而x=8m处的质点通过的路程为小于6cm故c错误；d、简谐横波沿x轴正方向传播，由图可知，t=0时刻，x1=2m处质点位于波谷，x2=8m处在t=9s时刻才位于波谷，时间相差：（n+）t，结合波形得：x2x1=（n+）（n=0，1，2，）得到