贵州省遵义市遵义县一中年高考物理二模试卷（含解析）.doc

2015年贵州省遵义市遵义县一中高考物理二模试卷一、选择题：本题共8小题，每小题6分第1-5题所给的四个答案中只有一项符合题目要求，6分，错选、多选得0分；6-8题所给四个选项中有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全得3分，有错选的得0分1在电磁学发展过程中，许多科学家作出了贡献，下列说法正确的是（）a奥斯特发现了电流磁效应；法拉第发现了电磁感应现象b麦克斯韦预言了地磁波；楞次用实验证实了地磁波的存在c昆仑发现了点电荷的相互作用规律；密立根发现了磁场对电流的作用规律d安培发现了磁场对运动电荷的作用规律；洛仑兹发现了磁场对电流的作用规律2如图所示，汽车以10m/s的速度匀速驶向路口，当行驶至距路口停车线20m处时，绿灯还有3s熄灭而该汽车在绿灯熄灭时刚好停在停车线处，则汽车运动的速度（v）时间（t）图象可能是（）3如图所示，斜面小车m静止在光滑水平面上，小车左边紧贴墙壁，若在小车斜面上放着一个物体m，当m沿着小车的斜表面下滑时，小车m始终静止不动，则小车m受力个数可能为（）a3个b4个c5个d6个4北斗导航系统中两颗工作卫星即卫星1和卫星2在同一轨道上绕地心做匀速圆周运动，轨道半径为r，如图所示，某时刻卫星1和卫星2分别位于轨道上的a、b两位置（卫星与地球连线的夹角为60）若两卫星均按顺时针方向运行，地球表面处的重力加速度为g，地球半径为r，不计卫星间的相互作用力则下列说法正确的是（）a地球对卫星1和卫星2的万有引力大小相等b卫星1由位置a运动到位置b的过程中万有引力做正功c卫星l由位置a运动到位置b所需的时间为d若卫星l向后喷气，则一定能追上卫星25一个“”形导轨垂直于磁场固定在磁感应强度为b的匀强磁场中，a是与导轨材料相同、粗细相同的导体棒，导体棒与导轨接触良好在外力作用下，导体棒以恒定速度v向右运动，以导体棒在如图所示位置的时刻作为时间的零点，下列物理量随时间变化的图象可能正确的是（）a回路的感应电动势随时间变化的关系b感应电流随时间变化的关系c导体棒所受安培力大小随时间变化的关系d电流产生的热功率随时间变化的关系6如图所示，两块较大的金属板a、b相距为d，平行放置并与一电源相连，s闭合后，两板间恰好有一质量为m，带电量为q的油滴处于静止状态，以下说法正确的是（）a若将a向左平移一小段位移，则油滴向上加速运动b若将a向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，g中有ba的电流c若将s断开，则油滴将做自由落体运动，g中无电流d若将s断开，a向下平移一小段位移，油滴仍然静止不动7为探究理想变压器原、副线圈电压、电流的关系，将原线圈接到电压有效值不变的正弦交流电源上，副线圈连接相同的灯泡l1、l2，电路中分别接了理想交流电压表v1、v2和理想交流电流表a1、a2，导线电阻不计，如图所示当开关s闭合后（）aa1示数不变，a1与a2示数的比值不变ba1示数变大，a1与a2示数的比值变大cv2示数变小，v1与v2示数的比值变大dv2示数不变，v1与v2示数的比值不变8如图，在水平桌面上放置两条相距l的平行光滑导轨ab与cd，阻值为r的电阻与导轨的a、c端相连，质量为m电阻不计的导体棒垂直于导轨放置并可沿导轨自由滑动整个装置放于匀强磁场中，磁场的方向竖直向上，磁感应强度的大小为b导体棒的中点系一不可伸长的轻绳，绳绕过固定在桌边的光滑轻滑轮后，与一个质量也为m的物块相连，绳处于拉直状态现若从静止开始释放物块（物块不会触地，且导体棒不脱离导轨），用h表示物块下落的高度，g表示重力加速度，其他电阻不计，则（）a电阻r中的感应电流方向由a到cb物体下落的最大加速度为gc若h足够大，物体下落的最大速度为d通过电阻r的电量为二、非选择题：包括必考题和选考题两部分第9-12题为必考题，每个试题考生都必须作答第13-18题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题9做匀加速直线运动的小车，牵引一条纸带通过打点计时器（所接交流电源的频率是50hz）由纸带上打出的某一点开始，每5个点剪下一段纸带，如图所示，使每一条纸带下端与x轴重合，左边与y轴平行，将纸带并排贴在直角坐标系中（1）小车在第一段纸带对应的0.1s内中间时刻的瞬时速度是m/s；（2）小车的加速度是m/s210在“测定合金丝的电阻率”实验中：（1）用螺旋测微器测量电阻丝直径，其示数如图甲所示，则其直径d=mm；（2）如图乙所示，将电阻丝拉直后两端固定在刻度尺两端的接线柱a和b上，刻度尺的中间有一个可沿电阻丝滑动的触头p，触头的另一端为接线柱c，当用手按下触头p时，触头p才与电阻丝接触，触头的位置可在刻度尺上读出实验中改变触头p与电阻丝接触的位置，并移动滑动变阻器的滑片，使电流表示数i保持不变，分别测量出多组接入电路中电阻丝的长度l与对应的电压u请根据下面给出的实验器材将图丙所示实验电路的连接补充完整（要求能改变电阻丝的测量长度并进行多次测量）a待测电阻丝（总阻值约20）；b电压表v（量程03v，内阻约3k）；c电流表a（量程0100ma，内阻约5）；d滑动变阻器r（010）；e电源e （电动势4.5v，内阻不计）f开关、若干导线（3）利用测量数据画出ul图线，如图所示，其中（l0，u0）是ul图线上的一个点的坐标根据ul图线，用电阻丝的横截面积s，电流i，l0和u0可计算出电阻丝的电阻率=（用所给字母表示）11如图1所示，一倾角为37的传送带以恒定速度运行现将一质量m=1kg的小物体放上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图2所示，取沿传送带向上为正方向，g取10m/s2，sin 37=0.6，cos37=0.8求：（1）06s内物体位移的大小（2）物体与传送带间的动摩擦因数（3）06s内物体机械能增量12如图所示，两平行金属板ab中间有互相垂直的匀强电场和匀强磁场a板带正电荷，b板带等量负电荷，电场强度为e；磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为b1平行金属板右侧有一挡板m，中间有小孔o，oo是平行于两金属板的中心线挡板右侧有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场应强度为b2cd为磁场b2边界上的一绝缘板，它与m板的夹角=45，oc=a，现有大量质量均为m，含有各种不同电荷量、不同速度的带电粒子（不计重力），自o点沿oo方向进入电磁场区域，其中有些粒子沿直线oo方向运动，并进入匀强磁场b2中，求：（1）进入匀强磁场b2的带电粒子的速度；（2）能击中绝缘板cd的粒子中，所带电荷量的最大值；（3）绝缘板cd上被带电粒子击中区域的长度（二）选考题请考生从给出的3道物理题任选一个选修解答，如果多做，则按所做的第一计分【物理-选修3-3】13下列说法中正确的是 （）a借助显微装置，可以直接观察到分子的无规则运动，布朗运动就是例证b液体表面层分子较稀疏，分子间引力大于斥力c当分子力表现为引力时，分子势能随分子间距的增大而增大d只有单晶体才具有各向异性，而多晶体则表现为各向同性e随着低温技术的进步，新型的制冷设备可以使温度降低到300以下14南中校园树木遭遇病虫害，后勤部门购回一台喷雾器喷洒药液喷雾器的工作原理如简图：贮液筒连同连接管的总容积为7.5l，与贮液筒连接的是活塞式打气筒，打气筒活塞每循环工作一次，能向贮液筒内压入1atm的空气300ml现打开贮液筒，装入6l的药液后再封闭，设周围大气压恒为1atm求：（1）在温度不变的情况下，要使贮液筒内药液上方的气体压强达到4atm，打气筒活塞需要循环工作几次？（2）若当时气温为17，喷洒药液时，周围气温为37，打开喷嘴，喷洒药液，直至贮液筒内外气压相同，则此时贮液筒内还剩有多少升药液？【物理-选修3-4】15一列沿x轴正方向传播的简谐横波t时刻的波形图象如图所示，已知该波的周期为t，a、b、c、d为沿波传播方向上的四个质点则下列说法中正确的是（）a在t+质点c的速度达到最大值b在t+2t时d质点的加速度达到最大值c从t到t+2t隔内，质点d通过的路程为6cmdt时刻后，质点b比质点a先回到平衡位置e从t时刻起，在一个周期的时间内，a、b、c、d四个质点沿x轴通过的路程均为一个波长16投影仪的镜头是一个半球形的玻璃体，光源产生的单色平行光投射到平面上，经半球形镜头折射后在光屏mn上形成一个圆形光斑已知镜头半径为r，光屏mn到球心o的距离为d（d3r），玻璃对该单色光的折射率为n，不考虑光的干涉和衍射求光屏mn上被照亮的圆形光斑的半径【物理-选修3-5】17下列关于科学家的贡献及物理现象的说法中正确的是 （）a若使放射性物质的温度升高，其半衰期将减小b汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子，并提出了原子核式结构学说c当某种色光照射金属表面时，能产生光电效应，则入射光的频率越高，产生的光电子的最大初动能越大d现已建成的核电站的能量来自于重核裂变18如图所示，一质量为m=1.2kg的物块静止在桌面边缘，桌面离水平地面的高度为h=1.8m一质量为m=20g的子弹以水平速度v0=100m/s射入物块，在很短的时间内以水平速度穿出已知物块落地点离桌面边缘的水平距离x为0.9m，取重力加速度g=10m/s2，求子弹穿出物块时速度v的大小2015年贵州省遵义市遵义县一中高考物理二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分第1-5题所给的四个答案中只有一项符合题目要求，6分，错选、多选得0分；6-8题所给四个选项中有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全得3分，有错选的得0分1在电磁学发展过程中，许多科学家作出了贡献，下列说法正确的是（）a奥斯特发现了电流磁效应；法拉第发现了电磁感应现象b麦克斯韦预言了地磁波；楞次用实验证实了地磁波的存在c昆仑发现了点电荷的相互作用规律；密立根发现了磁场对电流的作用规律d安培发现了磁场对运动电荷的作用规律；洛仑兹发现了磁场对电流的作用规律【考点】物理学史【分析】本题考查电磁学中的相关物理学史，应掌握在电磁学发展中作出突出贡献的科学家的名字及主要发现【解答】解：a、奥斯特发现了电磁感应效应，法拉第发现了电磁感应现象，故a正确；b、麦克斯韦预言了地磁波；赫兹用实验证实了地磁波的存在故b错误；c、库仑发现了点电荷的相互作用规律，安培发现了磁场对电流的作用规律，故c错误；d、洛仑兹发现磁场对运动电荷的作用规律，安培发现了磁场对电流的作用规律，故d错误故选：a【点评】近几年高考中增加了对物理学史的考查，在学习中要注意掌握科学家们的主要贡献，要求能熟记2如图所示，汽车以10m/s的速度匀速驶向路口，当行驶至距路口停车线20m处时，绿灯还有3s熄灭而该汽车在绿灯熄灭时刚好停在停车线处，则汽车运动的速度（v）时间（t）图象可能是（）【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】由题，该同学在绿灯熄灭时刚好停在停车线处，在3s通过的位移正好是20m，根据“面积”确定位移是20m的速度图象才符合题意【解答】解：a、在3s内位移为x=，该汽车还没有到达停车线处，不符合题意故a错误b、由图象可知，x10=20m，所以汽车超过停车线，故b错误；c、在3s内位移等于x=，则c可能是该汽车运动的vt图象故c正确d、在3s内位移等于x=，该汽车还没有到达停车线处，不符合题意故d错误故选：c【点评】本题是实际问题，首先要读懂题意，其次抓住速度图象的“面积”等于位移进行选择3如图所示，斜面小车m静止在光滑水平面上，小车左边紧贴墙壁，若在小车斜面上放着一个物体m，当m沿着小车的斜表面下滑时，小车m始终静止不动，则小车m受力个数可能为（）a3个b4个c5个d6个【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】本题的关键是物体沿斜面匀速下滑和加速下滑时，关键系统牛顿第二定律不难判断墙对小车的作用力为零和向右的弹力，然后再对小车受力分析可得结论【解答】解：当物体加速下滑时，对物体m和小车m整体由牛顿第二定律，在水平方向应有=m，其中是物体m的加速度在水平方向的分加速度，再对小车m受力分析（如图所示）应有：向下的重力、m对m的压力、地面对小车的支持力、墙对小车的弹力、m对m的滑动摩擦力共有5个力作用；当物体匀速下滑时，同理根据系统牛顿第二定律可知墙对小车无弹力，所以小车受到重力、地面的支持力、m对m弹力、m对小车的摩擦力共4个力作用；当小车斜面光滑时，小车受到的力有：向下的重力、地面对小车的支持力、m对小车的压力、墙对小车的弹力共4个力作用；所以bc正确ad错误故选bc【点评】解决本题的关键是物理过程分析和受力分析，特别是当物体匀速下滑时，根据系统牛顿第二定律可知墙对小车无弹力，加速下滑时有弹力且方向向右4北斗导航系统中两颗工作卫星即卫星1和卫星2在同一轨道上绕地心做匀速圆周运动，轨道半径为r，如图所示，某时刻卫星1和卫星2分别位于轨道上的a、b两位置（卫星与地球连线的夹角为60）若两卫星均按顺时针方向运行，地球表面处的重力加速度为g，地球半径为r，不计卫星间的相互作用力则下列说法正确的是（）a地球对卫星1和卫星2的万有引力大小相等b卫星1由位置a运动到位置b的过程中万有引力做正功c卫星l由位置a运动到位置b所需的时间为d若卫星l向后喷气，则一定能追上卫星2【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系【专题】万有引力定律的应用专题【分析】无论用万有引力表达式，还是用万有引力提供向心力的各种形式的表达式，都需知道卫星的质量，才能求万有引力万有引力提供向心力，始终与速度方向垂直由万有引力提供向心力的周期表达式，可得周期，进而可得卫星l由位置a运动到位置b所需的时间若卫星1向后喷气，则其速度会增大，卫星1将做离心运动【解答】解：a、无论用万有引力表达式，还是用万有引力提供向心力的各种形式的表达式，都需知道卫星的质量，才能求万有引力，卫星1、2的质量未知，所以地球对二者的万有引力大小不确定，故a错误；b、卫星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，始终与速度方向垂直，所以万有引力不做功，故b错误；c、由万有引力提供向心力的周期表达式，可得： =，由a运动到b用时t=，则c正确d、卫星1 向后喷气加速将要离心运动，故不能追上卫星2，故d错误故选：c【点评】关于卫星运动，要熟练应用万有引力提供向心力的各种表达形式；熟知卫星的变轨5一个“”形导轨垂直于磁场固定在磁感应强度为b的匀强磁场中，a是与导轨材料相同、粗细相同的导体棒，导体棒与导轨接触良好在外力作用下，导体棒以恒定速度v向右运动，以导体棒在如图所示位置的时刻作为时间的零点，下列物理量随时间变化的图象可能正确的是（）a回路的感应电动势随时间变化的关系b感应电流随时间变化的关系c导体棒所受安培力大小随时间变化的关系d电流产生的热功率随时间变化的关系【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律【专题】电磁感应与电路结合【分析】根据感应电动势、欧姆定律、功率、电阻定律等知识得到感应电动势、感应电流等的表达式分析选择【解答】解：设“”型导轨的顶角为，电阻率为a、感应电动势e=blv=bvttanv=bv2tant，则知et，图象应是过原点的直线故a错误b、感应电流i=，r=（vt+vttan+）得i=，式中各量恒定，则感应电流不变故b错误c、根据f=bil可知，f=bivttan，可见ft，图象应是过原点的直线故c错误d、由上可知，rt，i恒定，则受外力的功率p=i2rt，故d正确故选：d【点评】此题是电磁感应、欧姆定律、电阻定律等知识的综合运用容易形成错误的选择是电流图象，未考虑电动势和电阻都与时间成正比，而电流不变6如图所示，两块较大的金属板a、b相距为d，平行放置并与一电源相连，s闭合后，两板间恰好有一质量为m，带电量为q的油滴处于静止状态，以下说法正确的是（）a若将a向左平移一小段位移，则油滴向上加速运动b若将a向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，g中有ba的电流c若将s断开，则油滴将做自由落体运动，g中无电流d若将s断开，a向下平移一小段位移，油滴仍然静止不动【考点】电容器的动态分析；匀强电场中电势差和电场强度的关系【分析】将a向左平移一小段位移，电场强度不变，油滴仍然静止将a向上平移一小段位移，电压不变，电容减小，分析电量的变化，确定电容器是充电还是放电，再研究电流方向再确定油滴的运动情况和电流方向将s断开，电容器电量不变，板间场强不变，油滴仍处于静止状态【解答】解：a、若将a板左移，电容器板间电压不变，由e=可知，场强e不变，油滴所受的电场力不变，仍处于静止状态故a错误b、将a板上移，由e=可知，e变小，油滴所受的电场力减小，将向下加速运动电容c变小，由c=知：电量减小，电容器要放电，则有由ba的电流流过g，故b正确；c、将s断开，电容器的电量不变，电路中无电流板间场强不变，油滴所受的电场力不变，故油滴仍处于静止状态，故c错误；d、若将s断开，根据c=，c=，e=可得：e=，可知e不变，油滴所受的电场力不变，故油滴仍处于静止状态，故d正确故选：bd【点评】本题是电容器动态变化分析问题含有电容器的电路，只有在电容器充电或放电的过程有电流，而分析电容器充放电要根据分析电容和电压的变化来确定7为探究理想变压器原、副线圈电压、电流的关系，将原线圈接到电压有效值不变的正弦交流电源上，副线圈连接相同的灯泡l1、l2，电路中分别接了理想交流电压表v1、v2和理想交流电流表a1、a2，导线电阻不计，如图所示当开关s闭合后（）aa1示数不变，a1与a2示数的比值不变ba1示数变大，a1与a2示数的比值变大cv2示数变小，v1与v2示数的比值变大dv2示数不变，v1与v2示数的比值不变【考点】变压器的构造和原理【专题】交流电专题【分析】本题和闭合电路中的动态分析类似，可以根据r2的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，在根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况【解答】解：由于理想变压器原线圈接到电压有效值不变，则副线圈电压不变，v2示数不变，v1与v2示数的比值不变，c错误、d正确开关s闭合后，变压器副线圈的负载电阻减小，v2不变，由欧姆定律可得a1示数变大，由于理想变压器p2=p1，v1与v2示数的比值不变，所以a1与a2示数的比值不变，ab错误故选：d【点评】电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法8如图，在水平桌面上放置两条相距l的平行光滑导轨ab与cd，阻值为r的电阻与导轨的a、c端相连，质量为m电阻不计的导体棒垂直于导轨放置并可沿导轨自由滑动整个装置放于匀强磁场中，磁场的方向竖直向上，磁感应强度的大小为b导体棒的中点系一不可伸长的轻绳，绳绕过固定在桌边的光滑轻滑轮后，与一个质量也为m的物块相连，绳处于拉直状态现若从静止开始释放物块（物块不会触地，且导体棒不脱离导轨），用h表示物块下落的高度，g表示重力加速度，其他电阻不计，则（）a电阻r中的感应电流方向由a到cb物体下落的最大加速度为gc若h足够大，物体下落的最大速度为d通过电阻r的电量为【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；电磁感应中的能量转化【专题】电磁感应功能问题【分析】从静止开始释放物块，导体棒切割磁感线产生感应电流，根据右手定则判断感应电流方向根据牛顿第二定律列式分析最大加速度当导体棒匀速运动时，速度最大，由平衡条件和安培力的表达式结合推导出最大速度根据感应电荷量表达式q=求解电量【解答】解：a、从静止开始释放物块，导体棒切割磁感线产生感应电流，由右手定则可知，电阻r中的感应电流方向由c到a，故a错误b、设导体棒所受的安培力大小为f，根据牛顿第二定律得：物块的加速度a=，当f=0，即刚释放导体棒时，a最大，最大值为g故b错误c、物块和滑杆先做加速运动，后做匀速运动，此时速度最大，则有mg=f，而f=bil，i=，解得物体下落的最大速度为v=故c正确d、通过电阻r的电量 q=故d正确故选：cd【点评】本题分析物体的运动情况是解题的基础，关键掌握要会推导安培力，知道感应电荷量表达式q=，式中r是回路的总电阻二、非选择题：包括必考题和选考题两部分第9-12题为必考题，每个试题考生都必须作答第13-18题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题9做匀加速直线运动的小车，牵引一条纸带通过打点计时器（所接交流电源的频率是50hz）由纸带上打出的某一点开始，每5个点剪下一段纸带，如图所示，使每一条纸带下端与x轴重合，左边与y轴平行，将纸带并排贴在直角坐标系中（1）小车在第一段纸带对应的0.1s内中间时刻的瞬时速度是0.12m/s；（2）小车的加速度是0.8m/s2【考点】打点计时器系列实验中纸带的处理【专题】实验题【分析】使用的方法是等效代替法解题，它们的长度分别等于x=v平均t，因为剪断的纸带所用的时间都是t=0.1s，即时间t相等，所以纸带的长度之比等于此段纸带的平均速度之比；而此段纸带的平均速度等于这段纸带中间时刻的速度，最后得出结论纸带的长度之比等于此段纸带的平均速度之比，还等于各段纸带中间时刻的速度之比，即纸带的高度之比等于中间时刻速度之比【解答】解：（1）它们的长度分别等于x=v平均t，因为剪断的纸带所用的时间都是t=0.1s，即时间t相等，所以纸带的长度之比等于此段纸带的平均速度之比；而此段纸带的平均速度等于这段纸带中间时刻的速度，即在第一个0.1s内，中间时刻的速度为：v=m/s=0.12m/s（2）如图所示即相当于物体的速度时间图象，则斜率即为加速度，横坐标每一纸带的宽度代表0.1s故：a=m/s2=0.8m/s2故答案为：（1）0.12；（2）0.8【点评】纸带的长度之比等于此段纸带的平均速度之比，还等于各段纸带中间时刻的速度之比，即纸带的高度之比等于中间时刻速度之比这种等效替代的方法减小了解题难度10在“测定合金丝的电阻率”实验中：（1）用螺旋测微器测量电阻丝直径，其示数如图甲所示，则其直径d=0.184mm；（2）如图乙所示，将电阻丝拉直后两端固定在刻度尺两端的接线柱a和b上，刻度尺的中间有一个可沿电阻丝滑动的触头p，触头的另一端为接线柱c，当用手按下触头p时，触头p才与电阻丝接触，触头的位置可在刻度尺上读出实验中改变触头p与电阻丝接触的位置，并移动滑动变阻器的滑片，使电流表示数i保持不变，分别测量出多组接入电路中电阻丝的长度l与对应的电压u请根据下面给出的实验器材将图丙所示实验电路的连接补充完整（要求能改变电阻丝的测量长度并进行多次测量）a待测电阻丝（总阻值约20）；b电压表v（量程03v，内阻约3k）；c电流表a（量程0100ma，内阻约5）；d滑动变阻器r（010）；e电源e （电动势4.5v，内阻不计）f开关、若干导线（3）利用测量数据画出ul图线，如图所示，其中（l0，u0）是ul图线上的一个点的坐标根据ul图线，用电阻丝的横截面积s，电流i，l0和u0可计算出电阻丝的电阻率=（用所给字母表示）【考点】测定金属的电阻率【专题】实验题；恒定电流专题【分析】（1）螺旋测微器固定刻度示数与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数（2）根据电压表量程选择电源，根据电路最大电流选择电流表，在保证电路安全的前提下，应选最大阻值较小的滑动变阻器确定滑动变阻器与电流表的接法，然后作出电路图根据电路图作出实物电路图（3）根据电阻定律和欧姆定律求出电阻率的表达式【解答】解：（1）由图示螺旋测微器可知，固定刻度示数为0mm，可动刻度示数为18.20.01mm=0.182mm，螺旋测微器的示数为：0mm+0.01mm18.4=0.184mm（0.1830.186均正确）；（2）由于待测电阻较小，采用安培表外接法；要求能改变电阻丝的测量长度并进行多次测量，滑动变阻器采用分压式接法；电路原理图如图所示：（3）根据欧姆定律得：u0=ir；根据电阻定律得：r= 联立解得：=故答案为：（1）0.1830.186；（2）如图所示；（3）【点评】螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；测量电阻最基本的原理是伏安法，电路可分为测量电路和控制电路两部分设计测量电路要求精确，误差小，可根据电压表、电流表与待测电阻阻值倍数关系，选择电流表内、外接法控制电路关键是变阻器的分压式接法或限流式接法11如图1所示，一倾角为37的传送带以恒定速度运行现将一质量m=1kg的小物体放上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图2所示，取沿传送带向上为正方向，g取10m/s2，sin 37=0.6，cos37=0.8求：（1）06s内物体位移的大小（2）物体与传送带间的动摩擦因数（3）06s内物体机械能增量【考点】功能关系；机械能守恒定律【分析】（1）速度图象的“面积”大小等于位移（2）根据斜率求出加速度，由牛顿第二定律求解物体与传送带间的动摩擦因数（3）06s内物体机械能增量等于动能增加量与重力势能增加量之和【解答】解：（1）由速度图象可知06s内物体的位移大小为：x=441/2+42=16m （2）代入速度图象数据得=1m/s2由牛顿第二定律有：mgcosmgsin=ma代入数据得=0.875 （3）在06s内物体升起的高度为h=ssin=9.6m 重力势能增量为ep=mgh=96j 动能增量为=8j 在06s内物体机械能增量为e=ep+ek=104j 答：（1）06s内物体位移的大小是16m；（2）物体与传送带间的动摩擦因数是0.875；（3）06s内物体机械能增量是104j【点评】本题一要读懂速度图象，根据图象分析物体的运动情况，求出位移和加速度，二要根据牛顿第二定律和功能关系求解相关的量，对于热量，要根据相对位移求解12如图所示，两平行金属板ab中间有互相垂直的匀强电场和匀强磁场a板带正电荷，b板带等量负电荷，电场强度为e；磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为b1平行金属板右侧有一挡板m，中间有小孔o，oo是平行于两金属板的中心线挡板右侧有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场应强度为b2cd为磁场b2边界上的一绝缘板，它与m板的夹角=45，oc=a，现有大量质量均为m，含有各种不同电荷量、不同速度的带电粒子（不计重力），自o点沿oo方向进入电磁场区域，其中有些粒子沿直线oo方向运动，并进入匀强磁场b2中，求：（1）进入匀强磁场b2的带电粒子的速度；（2）能击中绝缘板cd的粒子中，所带电荷量的最大值；（3）绝缘板cd上被带电粒子击中区域的长度【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】（1）根据电场力与洛伦兹力相等，即可求出进入匀强磁场b2的带电粒子的速度；（2）根据洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律即可得带电量多少，再由几何关系可确定电荷量的最大值；（3）根据运动轨迹的几何特性，结合几何关系即可求解【解答】解：（1）沿直线oo运动的带电粒子，设进入匀强磁场b2的带电粒子的速度为v，根据b1qv=qe，解得：（2）粒子进入匀强磁场b2中做匀速圆周运动，根据，解得：因此，电荷量最大的带电粒子运动的轨道半径最小，设最小半径为r1，此带电粒子运动轨迹与cd板相切，则有：r1+r1=a，解得：r1=（1）a电荷量最大值q=（+1）（3）带负电的粒子在磁场b2中向上偏转，某带负电粒子轨迹与cd相切，设半径为r2，依题意r2+a= r2解得：r2=（+1）a 则cd板上被带电粒子击中区域的长度为 x=r2r1=2a 答：（1）进入匀强磁场b2的带电粒子的速度；（2）能击中绝缘板cd的粒子中，所带电荷量的最大值；（3）绝缘板cd上被带电粒子击中区域的长度2a【点评】考查电场力与洛伦兹力，及向心力，并运用牛顿第二定律来解题，同时结合几何关系来确定已知长度与半径的关系本题关键之处是画出正确的运动图（二）选考题请考生从给出的3道物理题任选一个选修解答，如果多做，则按所做的第一计分【物理-选修3-3】13下列说法中正确的是 （）a借助显微装置，可以直接观察到分子的无规则运动，布朗运动就是例证b液体表面层分子较稀疏，分子间引力大于斥力c当分子力表现为引力时，分子势能随分子间距的增大而增大d只有单晶体才具有各向异性，而多晶体则表现为各向同性e随着低温技术的进步，新型的制冷设备可以使温度降低到300以下【考点】分子间的相互作用力；* 液体的表面张力现象和毛细现象【专题】分子间相互作用力与分子间距离的关系【分析】布朗运动是固体微粒的运动，用显微装置，不能直接观察到分子的无规则运动；液体表面层分子较稀疏，分子间引力大于斥力，分子力表现为引力；根据分子力做功可以得出分子势能的变化；单晶体具有各向异性，多晶体表现为各向同性；温度不可能降到273【解答】解：a、布朗运动是固体微粒的运动，不是分子的无规则运动，故借助显微装置，不能直接观察到分子的无规则运动故a错误b、液体表面层分子较稀疏，分子间距离大于平衡距离r0，分子间引力大于斥力故b正确c、当分子力表现为引力时，分子势能随分子间距的增大时，分子力做负功，分子势能增大故c正确d、单晶体具有各向异性，而多晶体则表现为各向同性故d正确e、根据热力学第三定律得知：温度不可能降到273.15故e错误故选：bcd【点评】本题考查热力学的基础知识，只要掌握布朗运动、分子力、热力学第三定律等等热力学基本知识，就可以轻松解答14南中校园树木遭遇病虫害，后勤部门购回一台喷雾器喷洒药液喷雾器的工作原理如简图：贮液筒连同连接管的总容积为7.5l，与贮液筒连接的是活塞式打气筒，打气筒活塞每循环工作一次，能向贮液筒内压入1atm的空气300ml现打开贮液筒，装入6l的药液后再封闭，设周围大气压恒为1atm求：（1）在温度不变的情况下，要使贮液筒内药液上方的气体压强达到4atm，打气筒活塞需要循环工作几次？（2）若当时气温为17，喷洒药液时，周围气温为37，打开喷嘴，喷洒药液，直至贮液筒内外气压相同，则此时贮液筒内还剩有多少升药液？【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）在温度不变的情况下，打气筒内气体发生等温变化根据玻意耳定律求解打气筒活塞需要循环工作的次数；（2）根据理想气体状态方程，求出打开喷嘴喷洒药液，直至贮液筒内外气压相同时气筒内气体的体积，即可求出此时贮液筒内还剩有多少升药液【解答】解：（1）设打气筒活塞需要循环工作n次，以贮液桶内气体与打入的气体为研究对象，初态：p1=1atm，v1=（1.5+0.3n）l末态：p2=4atm，v2=1.5l由玻意耳定律得：p1v1=p2v2，即：（1.5+0.3n）1=41.5，解得 n=15次（2）向贮液桶内打气完毕后，以桶内气体为研究对象，气体的初末状态参量为：p3=4atm，v3=1.5l，t3=290k，p4=1atm，t4=310k，由理想气体状态方程得： =，代入数据解得：v4=6.4l，贮液桶内剩余的药液：v=7.56.4=1.1l；答：（1）打气筒活塞需要循环工作15次；（2）此时贮液筒内还剩有1.1l升药液【点评】本题考查了求打气的次数、求剩余药液的体积，本题是所谓的“变质量问题”，有一定的难度，本题解题的关键，也是本题的难点是：巧妙地选择研究对象，把变质量问题变为不变质量问题进行研究，选择研究对象后，应用玻意耳定律与理想气体状态方程即可正确解题【物理-选修3-4】15一列沿x轴正方向传播的简谐横波t时刻的波形图象如图所示，已知该波的周期为t，a、b、c、d为沿波传播方向上的四个质点则下列说法中正确的是（）a在t+质点c的速度达到最大值b在t+2t时d质点的加速度达到最大值c从t到t+2t隔内，质点d通过的路程为6cmdt时刻后，质点b比质点a先回到平衡位置e从t时刻起，在一个周期的时间内，a、b、c、d四个质点沿x轴通过的路程均为一个波长【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象【专题】波的多解性【分析】在t+ 时，质点c到达波峰，速度为零根据波长，确定出波传到d的时间，再分析t+2t时刻d的加速度根据波的传播方向判断出a、b两质点的振动方向，分析回到平衡位置的先后从t时刻起，在一个周期内，a、b、c三个质点所通过的路程均为一个波长【解答】解：a、在