山西省吕梁市高考物理一模试卷（含解析）.doc

2015年山西省吕梁市高考物理一模试卷一、选择题：本题共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第1-5题只有一个选项符合题目要求，第6-8题有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1曹冲生五六岁，智意所及，有若成人之智时孙权曾致巨象，太祖欲知其轻重，访之群下，咸莫能出其理冲曰：“置象大船之上，而刻其水痕所至，称物以载之，则校可知矣“太祖悦，即施行焉这便是家喻户晓的典故“曹冲称象”下列研究过程中用到的方法与“曹冲称象”相同的是（）a建立“瞬时速度”的概念b建立“合力与分力”的概念c建立“电场强度”的概念d探究电阻、电压和电流三者之间的关系2如图所示，质量为m的小球套在竖直固定的光滑圆环上，轻绳一端固定在圆环的最高点a，另一端与小球相连小球静止时位于环上的b点，此时轻绳与竖直方向的夹角为60，则轻绳对小球的拉力大小为（）a2mgb mgcmgd mg3用传感器研究质量为2kg的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到06s内物体的加速度随时间变化的关系如图所示下列说法正确的是（）a06s内物体先向正方向运动，后向负方向运动b06s内物体在4s时的速度最大c物体在24s内速度不变d04s内合力对物体做的功等于06s内合力做的功4某小型水电站的电能输送示意图如图所示，发电机通过升压变压器t1和降压变压器t2向r0=11的纯电阻用电器供电已知输电线的总电阻为r=10，t2的原、副线圈匝数比为4：1，用电器两端电压为u=220sin100t（v），将t1、t2均视为理想变压器，下列说法中正确的是（）a降压变压器的输入功率为4400wb升压变压器中电流的频率为100hzc输电线r消耗的功率为500wd当用电器的电阻减小时，输电线r消耗的功率减小5如图所示，直角坐标系xoy平面内有一与该平面平行的匀强电场，以o点为圆心，r=0.10m为半径画一个圆，圆周与坐标轴的交点分别为a、b、c、d，已知a、b、c三点的电势分别为2v、2v、2v，则下列说法正确的是（）a匀强电场的方向沿y轴负方向bd点的电势为vc将一个电子从c点移到o点，电子的电势能增加2evd将一个电子沿圆弧顺时针从a点移到b点，电子的电势能先减小后增大6火星是太阳系中唯一的类地行星，可能适合人类居住我国计划在2020年实现火星着陆巡视，在2030年实现火星采样返回已知火星表面的重力加速度为g火，火星的平均密度为火星可视为球体，火星探测器离火星表面的高度为h，绕火星做匀速圆周运动的周期为t仅根据以上信息能求出的物理量是（）a火星探测器的质量b引力常量c火星探测器与火星间的万有引力d火星的第一宇宙速度7如图，竖直平面（纸面）两水平线间存在宽度为d的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里一质量为m、边长也为d的正方形线圈从磁场上方某处自由落下，t1时刻线圈的下边进入磁场，t2时刻线圈的上边进入磁场，t3时刻线圈上边离开磁场已知线圈平面在下落过程中始终与磁场方向垂直，且线圈上、下边始终与磁场边界平行，不计空气阻力，则线圈下落过程中的vt图象可能正确的是（）abcd8在倾角为的光滑斜面上有两个用轻弹簧连接的物块a和b，它们的质量分别为m和2m，弹簧的劲度系数为k，c为一固定挡板，系统处于静止状态现用一沿斜面方向的恒力拉物块a使之沿斜面向上运动，当b刚离开c时，a的速度为v，加速度方向沿斜面向上，大小为a，则（）a从静止到b刚离开c的过程中，a发生的位移为b从静止到b刚离开c的过程中，重力对a做的功为cb刚离开c时，恒力对a做功的功率为（mgsin+ma）vd当a的速度达到最大时，b的加速度大小为二、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为探究弹簧的弹性势能与压缩量的关系，某同学设计了如图（a）的实验装置实验步骤如下：用游标卡尺测量滑块上遮光片的宽度d，游标卡尺的示数如图（b）；将水平弹簧的一端固定于水平气垫导轨的左侧；用滑块压缩弹簧，记录弹簧的压缩量x；释放滑块，记录滑块脱离弹簧后通过光电门的时间t，算出滑块的速度v；重复步骤，作出v与x的关系图象如图（c）回答下列问题：（1）遮光片的宽度为cm（2）若t=3.0102s，则滑块的速度为m/s（3）由图（c）可知，v与x成关系（4）实验可得结论：对同一根弹簧，弹性势能与弹簧压缩量的关系是10用图（a）的电路，可测量叠层电池“6f22”的电动势e和内阻r，所用的实验器材有：电阻箱r（最大阻值999.9），电阻r0（阻值为900.0），电流表a（量程为10ma，内阻为ra=100.0），开关s实验中，闭合开关s后，多次调节电阻箱，记下电流表的示数i和电阻箱对应的阻值r，算出与的值如表：r/17.523.126.736.958.1139.0（1022）5.714.333.752.711.720.72i/ma2.503.003.304.005.006.67（102a1）4.003.333.032.502.001.50回答下列问题：（1）根据图（a）用笔画线代替导线将图（b）中的实验器材连成实验电路（2）与的关系式为（3）在图（c）的坐标纸上将所缺数据点补充完整并作图（4）根据图线求得电源电动势e=v，内阻r=（保留2为有效数字）112014年4月10日，南海舰队372潜艇在远航巡逻中，遭遇海水密度突变造成的“断崖”掉深，该潜艇急速下沉，全艇官兵在能见度几乎为零的水雾环境中，关闭了近百个阀门和开关，操纵了几十种仪器，成功将险情化解，创下了同类潜艇大深度自救成功的新纪录！假设总质量为m=3.45106kg的潜艇正在深度为h1=150m、密度为p1=1.029103kg/m3的水下缓慢水平潜航，突然进入密度为p2=1.008103kg/m3区域发生“断崖”，潜艇沿竖直方向从静止开始匀加速下沉，经一系列操作在很短的时间排出一定量的水后，潜艇转为匀减速下沉，当速度减为0时到达最大深度h2=330m，整个过程历时t=90s设潜艇在下沉中只受重力与浮力的作用，忽略排水的时间及潜艇体积的变化，取g=9.8m/s2，求：（1）潜艇匀加速下沉的时间；（2）紧急排出水的质量12如图，第一象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为e，第二，三，四象限存在方向垂直xoy平面向外的匀强磁场，其中第二象限的磁感应强度大小为b，第三，四象限磁感应强度大小相等，一带正电的粒子，从p（d，0）点沿与x轴正方向成=60角平行xoy平面入射，经第二象限后恰好由y轴上的q点（图中未画出）垂直y轴进入第一象限，之后经第四，三象限重新回到p点，回到p点时速度方向与入射时相同，不计粒子重力，求：（1）粒子从p点入射时的速度v0；（2）第三，四象限磁感应强度的大小b三、选考题物理-选修3-313下列说法正确的是 （）a布朗运动就是分子的热运动b气体温度升高，分子的平均动能一定增大c物体体积增大时，分子间距增大，分子势能也增大d热量可以从低温物体传递到高温物体e对物体做功，物体的内能可能减小14如图所示，水平放置一个长方体的封闭气缸，用无摩擦活塞将内部封闭气体分为完全相同的a、b两部分初始时两部分气体压强均为p、热力学温度均为t使a的温度升高t而保持b部分气体温度不变则a部分气体的压强增加量为多少？四、物理-选修3-415甲、乙两列简谐横波沿x轴传播，t=0时，甲、乙分别如图中实线、虚线所示，已知两列波的速度大小相等、振幅均为20cm，且甲的频率为2hz，则两列波相遇时，在012m的区域内（）a两列波会发生干涉现象b甲与乙的频率之比为3：2ct=0时，x=6m的质点的速度为零dt=0时，x=8.5m的质点的位移大于20cmet=0.75s，x=5m处的质点在x轴的下方16如图所示的圆表示一圆柱形玻璃砖的截面，o为其圆心，mn为直径一束平行于mn的光线沿po1方向从o1点射入玻璃砖，在玻璃砖内传到n点，已知po1与mn之间的距离为r（r为玻璃砖的半径），真空中的光速为c，求：（）该玻璃砖的折射率；（）光线从o1传到n所用的时间五、物理-选修3-517核反应堆是利用中子轰击重核发生裂变反应，释放出大量核能核反应方程式u+nba+kr+ax是反应堆中发生的许多核反应中的一种，x是某种粒子，是x粒子的个数，用mu，mba，mkr分别表示u， ba， kr核的质量，mx表示x粒子的质量，c为光在真空中的光速，以下说法正确的是（）ax为中子，a=2bx为中子，a=3c上述核反应中放出的核能e=（mumbamkr2mx）c 2d上述核反应中放出的核能e=（mumbamkr3mx）c 2e只有铀块体积达到临界体积才可能发生链式反应18如图，质量为m1=0.45kg的平顶小车静止在光滑水平面上，质量为m2=0.5kg的小物体（可视为质点）静止在车顶的右端一质量为m0=0.05kg的子弹，以水平速度v0=100m/s射中小车左端并留在车中，最终小物块相对地面以2m/s的速度滑离小车已知子弹与车的作用时间很短，物块与车顶面的动摩擦因数为=0.8认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力取g=10m/s2求：（）子弹相对小车静止时小车速度的大小；（）小车的长度l2015年山西省吕梁市高考物理一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，在每小题给出的四个选项中，第1-5题只有一个选项符合题目要求，第6-8题有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1曹冲生五六岁，智意所及，有若成人之智时孙权曾致巨象，太祖欲知其轻重，访之群下，咸莫能出其理冲曰：“置象大船之上，而刻其水痕所至，称物以载之，则校可知矣“太祖悦，即施行焉这便是家喻户晓的典故“曹冲称象”下列研究过程中用到的方法与“曹冲称象”相同的是（）a建立“瞬时速度”的概念b建立“合力与分力”的概念c建立“电场强度”的概念d探究电阻、电压和电流三者之间的关系【考点】物理学史【分析】等效替代法，物理学研究术语，是科学研究中常用的方法之一，是在保证某种效果相同的前提下，将实际的、复杂的物理问题和物理过程转化为等效的、简单的、易于研究的物理问题和物理过程来研究和处理的方法，将复杂的问题简单化【解答】解：把象安放到大船上，在水面所达到的地方做上记号，再让船装载其它东西，（称一下这些东西），那么比较就能知道结果了曹冲在这一过程中所用到的物理方法是等效替代法即象安放到大船上和其它东西放到大船上，在水面所达到相同的地方，作用效果相同a、建立“瞬时速度”的概念是极限法，故a错误；b、研究合力与分力是运用等效替代法，故b正确；c、建立“电场强度”的概念，采用的是比值法，故c错误；d、探究电阻、电压和电流三者之间关系是控制变量法，故d错误；故选：b【点评】等效替代的前提是在保证某种效果相同的前提下进行替代，否则不能等效替代2如图所示，质量为m的小球套在竖直固定的光滑圆环上，轻绳一端固定在圆环的最高点a，另一端与小球相连小球静止时位于环上的b点，此时轻绳与竖直方向的夹角为60，则轻绳对小球的拉力大小为（）a2mgb mgcmgd mg【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】对小球b受力分析，结合b球所受的合力为零，根据平行四边形定则求出轻绳对小球的拉力大小【解答】解：小球的受力分析如图所示：根据平行四边形定则，因为拉力与竖直方向的夹角为60，由几何关系知，平行四边形定则为菱形，且拉力等于支持力，则：f=mg，故c正确a、b、d错误故选：c【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，根据共点力平衡进行求解，可以用合成法，也可以采用正交分解法，基础题3用传感器研究质量为2kg的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到06s内物体的加速度随时间变化的关系如图所示下列说法正确的是（）a06s内物体先向正方向运动，后向负方向运动b06s内物体在4s时的速度最大c物体在24s内速度不变d04s内合力对物体做的功等于06s内合力做的功【考点】功的计算；匀变速直线运动的图像【专题】功的计算专题【分析】由牛顿第二定律知：加速度方向与合外力方向相同，当加速度方向与速度方向相同时，物体做加速运动；否则做减速运动根据加速度图象，分析物体的运动情况，即可判断速度最大的时刻根据at图象的“面积”大小等于速度变化量结合动能定理判断04s内合力对物体做的功和06s内合力做的功的关系【解答】解：a、at图象的“面积”大小等于速度变化量，由图象可知，06s内速度变化量一直为正，所以一直沿正方向运动，故a错误；b、根据图象可知，05s内，加速度方向与速度方向相同，做加速运动，56s内加速度方向与速度方向相反，做减速运动，则5s末速度最大，故b错误；c、物体在24s内加速度不变，物体做匀加速直线运动，故c错误；d、at图象的“面积”大小等于速度变化量，根据图象可知，04s内速度变化量等于06s内速度变化量，初速度为零，所以4s末和6s末的速度相等，则动能的变化量相等，根据动能定理可知04s内合力对物体做的功等于06s内合力做的功故d正确故选：d【点评】本题关键有两点：一要正确分析物体的运动情况；二抓住at图象的“面积”求出速度的变化量，难度适中4某小型水电站的电能输送示意图如图所示，发电机通过升压变压器t1和降压变压器t2向r0=11的纯电阻用电器供电已知输电线的总电阻为r=10，t2的原、副线圈匝数比为4：1，用电器两端电压为u=220sin100t（v），将t1、t2均视为理想变压器，下列说法中正确的是（）a降压变压器的输入功率为4400wb升压变压器中电流的频率为100hzc输电线r消耗的功率为500wd当用电器的电阻减小时，输电线r消耗的功率减小【考点】远距离输电【专题】交流电专题【分析】根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，可以求得降压变压器的电流和输电线上的电流的大小，从而可以求得输电线和用电器消耗的功率的大小【解答】解：a、用电器的电流为i=用电器消耗的功率为，故降压变压器的输入功率为4400w，故a正确；b、变压器只改变电压，不改变频率，故频率f=50hz，故b错误c、降压变压器原线圈的电流为输电线路上损失功率为，故c错误；d、当用电器的电阻r0减小时，由于电压不变，电流增大，输电线r消耗的功率增大，故d错误；故选：a【点评】掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题5如图所示，直角坐标系xoy平面内有一与该平面平行的匀强电场，以o点为圆心，r=0.10m为半径画一个圆，圆周与坐标轴的交点分别为a、b、c、d，已知a、b、c三点的电势分别为2v、2v、2v，则下列说法正确的是（）a匀强电场的方向沿y轴负方向bd点的电势为vc将一个电子从c点移到o点，电子的电势能增加2evd将一个电子沿圆弧顺时针从a点移到b点，电子的电势能先减小后增大【考点】电势能；电势【专题】电场力与电势的性质专题【分析】在匀强电场中，找出相等的两点的电势，作出等势面，根据电场线与等势面垂直即可判断，并且任意两条平行的等长线段电势差相等【解答】解：a、连接bc，在bc连线上找一点m，使m点的电势为2v，则am为等势面，做am等势面的垂直平分线则为电场线，又沿电场线方向电势降低，故可判断有图可知匀强电场的方向不沿y轴负方向，故a错误；b、在匀强电场中，ad平行于bc，故ubc=uad，解得，故b错误；c、根据对称性可知，o点的电势为0，故uco=2v，一个电子从c点移到o点电场力做功为w=eu=2ev，故电势能减小2ev，故c错误；d、由图可知，将一个电子沿圆弧顺时针从a点移到b点，先逆着电场线运动，再沿着电场线运动，故电场力先做正功后做负功，故电子的电势能先减小后增大，故d正确；故选：d【点评】解决本题的关键是正确理解u=ed，分析匀强电场中两点间的电势差关系，并能正确求解场强6火星是太阳系中唯一的类地行星，可能适合人类居住我国计划在2020年实现火星着陆巡视，在2030年实现火星采样返回已知火星表面的重力加速度为g火，火星的平均密度为火星可视为球体，火星探测器离火星表面的高度为h，绕火星做匀速圆周运动的周期为t仅根据以上信息能求出的物理量是（）a火星探测器的质量b引力常量c火星探测器与火星间的万有引力d火星的第一宇宙速度【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】根据万有引力等于重力列出等式，根据密度的定义式表示出密度；火星探测器离火星表面的高度为h，绕火星做匀速圆周运动的周期为t，根据万有引力提供向心力列出等式求解【解答】解：a、根据火星表面的物体万有引力等于重力列出等式，=mg火，火星探测器离火星表面的高度为h，绕火星做匀速圆周运动的周期为t，根据万有引力提供向心力列出等式=m（r+h） 由可解得火星的半径r，不能得出火星探测器的质量，故a错误；b、火星的平均密度为= 由可解得引力常量g，故b正确；c、不知道火星探测器的质量，所以不能得出火星探测器与火星间的万有引力，故c错误；d、火星的第一宇宙速度v=，所以能得出火星的第一宇宙速度，故d正确；故选：bd【点评】解决本题的关键掌握万有引力等于重力和万有引力提供向心力两个理论，并能灵活运用7如图，竖直平面（纸面）两水平线间存在宽度为d的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里一质量为m、边长也为d的正方形线圈从磁场上方某处自由落下，t1时刻线圈的下边进入磁场，t2时刻线圈的上边进入磁场，t3时刻线圈上边离开磁场已知线圈平面在下落过程中始终与磁场方向垂直，且线圈上、下边始终与磁场边界平行，不计空气阻力，则线圈下落过程中的vt图象可能正确的是（）abcd【考点】导体切割磁感线时的感应电动势【专题】电磁感应与图像结合【分析】线框先做自由落体运动，求得进入磁场时的速度，求出安培力，再根据安培力和重力的关系结合牛顿第二定律，确定线框在磁场中的运动形式，出磁场后线框再做自由落体运动【解答】解：0t1时间内，线框做自由落体运动，根据速度公式得：v=gt，得t1时间内线框做匀加速运动，到达t1时速度达到最大，t3以后，线框做自由落体运动，再做匀加速运动t1t3时间内，线框在磁场中运动，下边切割磁感线产生感应电流，线框受安培力和重力作用，开始进入时，如果：mg，有牛顿第二定律得：mg=ma，加速度方向向上，速度向下，线框做减速运动，随着速度的减小加速度在减小，加速度减小到零时，速度达到最小，故b正确；开始进入时，如果：mg，有牛顿第二定律得：mg=ma，加速度方向向下，速度向下，线框做加速运动，随着速度的增大加速度在减小，加速度减小到零时，速度达到最大，保持匀速，直至出磁场后做匀加速运动，故c错误，d错误；开始进入时，如果： =mg，线框做匀速运动，直至出磁场后做匀加速运动，故a正确；故选：ab【点评】本题是电磁感应和牛顿第二定律相结合的题目，重在分析进入磁场时的安培力和重力的关系，结合牛顿第二定律分析运动即可8在倾角为的光滑斜面上有两个用轻弹簧连接的物块a和b，它们的质量分别为m和2m，弹簧的劲度系数为k，c为一固定挡板，系统处于静止状态现用一沿斜面方向的恒力拉物块a使之沿斜面向上运动，当b刚离开c时，a的速度为v，加速度方向沿斜面向上，大小为a，则（）a从静止到b刚离开c的过程中，a发生的位移为b从静止到b刚离开c的过程中，重力对a做的功为cb刚离开c时，恒力对a做功的功率为（mgsin+ma）vd当a的速度达到最大时，b的加速度大小为【考点】功率、平均功率和瞬时功率；功的计算【专题】功率的计算专题【分析】未加拉力f时，物体a对弹簧的压力等于其重力的下滑分力；物块b刚要离开c时，弹簧的拉力等于物体b重力的下滑分力；根据平衡条件并结合胡克定律求解出两个状态弹簧的行变量，得到弹簧的长度变化情况；然后结合功能关系进行分析即可【解答】解：a、开始时，弹簧处于压缩状态，压力等于物体a重力的下滑分力，根据胡克定律，有：mgsin=kx1解得：x1=物块b刚要离开c时，弹簧的拉力等于物体b重力的下滑分力，根据胡克定律，有；2mgsin=kx2解得：x2=故物块a运动的距离为：，故a正确；b、从静止到b刚离开c的过程中，物块a克服重力做功为，故b错误；c、此时物体a受拉力、重力、支持力和弹簧的拉力，根据牛顿第二定律，有：fmgsint=ma弹簧的拉力等于物体b重力的下滑分力，为：t=2mgsin故：f=3mgsin+ma，恒力对a做功的功率为（3mgsin+ma）v故c错误；d、当a的速度达到最大时，a受到的合外力为0，则：fmgsint=0所以：t=2mgsin+mab沿斜面方向受到的力：fb=t2mgsin=ma又：fb=2ma所以：故d正确故选：ad【点评】本题关键抓住两个临界状态，开始时的平衡状态和最后的b物体恰好要滑动的临界状态，然后结合功能关系分析，难度适中二、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为探究弹簧的弹性势能与压缩量的关系，某同学设计了如图（a）的实验装置实验步骤如下：用游标卡尺测量滑块上遮光片的宽度d，游标卡尺的示数如图（b）；将水平弹簧的一端固定于水平气垫导轨的左侧；用滑块压缩弹簧，记录弹簧的压缩量x；释放滑块，记录滑块脱离弹簧后通过光电门的时间t，算出滑块的速度v；重复步骤，作出v与x的关系图象如图（c）回答下列问题：（1）遮光片的宽度为0.930cm（2）若t=3.0102s，则滑块的速度为0.31m/s（3）由图（c）可知，v与x成正比关系（4）实验可得结论：对同一根弹簧，弹性势能与弹簧压缩量的关系是压缩量的平方成正比【考点】探究弹力和弹簧伸长的关系【专题】实验题【分析】（1）游标卡尺的读数=整数毫米+格数精确度，（2）当释放压缩的弹簧时，弹性势能转化为滑块的动能，再由光电门测量瞬时速度，求出弹性势能的大小；（3）根据v与x的关系图，可知，v与x成正比，（4）结合动能表达式，即可知弹性势能与压缩量的关系，从而即可求【解答】解：（1）游标卡尺的读数9mm+60.05mm=0.930cm（2）通过光电门来测量瞬时速度，v=0.31m/s；（3）根据v与x的关系图可知，图线经过原点，且是斜倾直线，则v与x成正比，（4）由动能表达式，动能与速度的大小平方成正比，而速度的大小与弹簧的压缩量成正比，因此弹簧的弹性势能与弹簧的压缩量的平方成正比；故答案为：（1）0.930；（3）0.31；（4）正比，压缩量的平方成正比【点评】本题考查胡克定律的应用，注意弹簧的长度与形变量的区别，理解光电门能测量瞬时速度的原理，知道弹簧弹性势能与滑块动能的关系同时注意图线的物理含义10用图（a）的电路，可测量叠层电池“6f22”的电动势e和内阻r，所用的实验器材有：电阻箱r（最大阻值999.9），电阻r0（阻值为900.0），电流表a（量程为10ma，内阻为ra=100.0），开关s实验中，闭合开关s后，多次调节电阻箱，记下电流表的示数i和电阻箱对应的阻值r，算出与的值如表：r/17.523.126.736.958.1139.0（1022）5.714.333.752.711.720.72i/ma2.503.003.304.005.006.67（102a1）4.003.333.032.502.001.50回答下列问题：（1）根据图（a）用笔画线代替导线将图（b）中的实验器材连成实验电路（2）与的关系式为=+（3）在图（c）的坐标纸上将所缺数据点补充完整并作图（4）根据图线求得电源电动势e=9.2v，内阻r=46（保留2为有效数字）【考点】测定电源的电动势和内阻【专题】实验题【分析】（1）由电路图可得出对应的实物图；（2）根据闭合电路欧姆定律可求得对应的表达式；（3）由描点法可得出对应的图象；（4）根据欧姆定律和串联的知识求出电流表示数i和电阻箱示数r的关系，根据图象与纵轴的交点和斜率则可求得电动势和内阻【解答】解：（1）根据电路图可以得出对应的实物图如图所示；（2）表头的示数与定值电阻阻值的乘积可作为路端电压处理，则由闭合电路欧姆定律可知：i（r0+rg）=er=+（3）由描点法可得出对应的图象如图所示；（4）由图可知，将电流单位ma转换成a，图象与纵坐标的交点为1.2102a1所以有：1.2102a1=；图象的斜率为：由公式得图象的斜率等于=，解得：r=46e=9.2v故答案为：（1）如图所示；（2）=+（3）如图所示；（4）9.2；46【点评】本题涉及测定电源电动势和内电阻的实验原理及具体操作，虽然最后的图象处理不是用的伏安法，但都可以用闭合电路欧姆定律列式分析，作出直线图象是关键112014年4月10日，南海舰队372潜艇在远航巡逻中，遭遇海水密度突变造成的“断崖”掉深，该潜艇急速下沉，全艇官兵在能见度几乎为零的水雾环境中，关闭了近百个阀门和开关，操纵了几十种仪器，成功将险情化解，创下了同类潜艇大深度自救成功的新纪录！假设总质量为m=3.45106kg的潜艇正在深度为h1=150m、密度为p1=1.029103kg/m3的水下缓慢水平潜航，突然进入密度为p2=1.008103kg/m3区域发生“断崖”，潜艇沿竖直方向从静止开始匀加速下沉，经一系列操作在很短的时间排出一定量的水后，潜艇转为匀减速下沉，当速度减为0时到达最大深度h2=330m，整个过程历时t=90s设潜艇在下沉中只受重力与浮力的作用，忽略排水的时间及潜艇体积的变化，取g=9.8m/s2，求：（1）潜艇匀加速下沉的时间；（2）紧急排出水的质量【考点】牛顿第二定律；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】（1）根据匀变速直线运动的平均速度与位移的关系，求出潜艇向下的最大速度；根据牛顿第二定律求出向下的加速度，然后由v=at即可求出潜艇下沉的时间；（2）先求出减速向下的时间，再由运动学的公式求出减速运动的加速度，结合牛顿第二定律求出潜艇受到的浮力，即可求出排出的水的质量【解答】解：（1）设潜艇下沉的最大速度为vm，则：代入数据得：vm=4m/s设潜艇向下加速的时间是t1，加速度的大小是a1，则：vm=a1t1设潜艇的体积为v，为排水时：1vg=mg水的密度变化后：mg2vg=ma1联立以上方程，代入数据得：t1=20s（2）设向下减速时的加速度的大小为a2，紧急排出水的质量为m，则排水后：vm=a1（tt1）2vg（mm）g=（mm）a2代入数据解得：m=9.0104kg答：（1）潜艇匀加速下沉的时间是20s；（2）紧急排出水的质量9.0104kg【点评】该题属于牛顿运动定律的应用中的已知物体的运动求物体的受力的类型，解答的过程中要紧抓加速度的桥梁的作用，围绕加速度分析和解答12如图，第一象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为e，第二，三，四象限存在方向垂直xoy平面向外的匀强磁场，其中第二象限的磁感应强度大小为b，第三，四象限磁感应强度大小相等，一带正电的粒子，从p（d，0）点沿与x轴正方向成=60角平行xoy平面入射，经第二象限后恰好由y轴上的q点（图中未画出）垂直y轴进入第一象限，之后经第四，三象限重新回到p点，回到p点时速度方向与入射时相同，不计粒子重力，求：（1）粒子从p点入射时的速度v0；（2）第三，四象限磁感应强度的大小b【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动【分析】（1）粒子从p点射入磁场中做匀速圆周运动，根据题意可知粒子在第二象限中运动时速度偏向角为30，则轨迹对应的圆心角为30，画出粒子运动的轨迹，根据几何知识求出轨迹半径，由洛伦兹力等于向心力，求解速度v0（2）粒子进入电场中做类平抛运动，根据粒子经第四、三象限重新回到p点，回到p点时速度方向与入射时相同，可知粒子进入第四象限时速度与x轴正方向的夹角为，根据类平抛运动的规律求出粒子在电场中运动时的水平位移，从而粒子在第三、四象限运动的轨迹半径，即可求解b【解答】解：（1）粒子从p点射入磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹如图，设粒子在第二象限圆周运动的半径为r，由几何知识得： r=根据qv0b=m得 v0=粒子在第一象限中做类平抛运动，则有 r（1cos60）= tan=联立解得 v0=（2）设粒子在第一象限类平抛运动的水平位移和竖直位移分别为x和y，根据粒子在第三、四象限圆周运动的对称性可知粒子刚进入第四象限时速度与x轴正方向的夹角等于则有：x=v0t，y=得=由几何知识可得 y=rrcos=则得 x=所以粒子在第三、四象限圆周运动的半径为 r=d粒子进入第三、四象限运动的速度 v=2v0=根据qvb=m得：b=b答：（1）粒子从p点入射时的速度v0为（2）第三，四象限磁感应强度的大小b为b【点评】解决本题的关键掌握处理类平抛运动的方法，以及粒子在磁场中运动，会确定圆心、半径和圆心角，这是解决粒子在复合场中运动的关键三、选考题物理-选修3-313下列说法正确的是 （）a布朗运动就是分子的热运动b气体温度升高，分子的平均动能一定增大c物体体积增大时，分子间距增大，分子势能也增大d热量可以从低温物体传递到高温物体e对物体做功，物体的内能可能减小【考点】分子势能；温度是分子平均动能的标志【分析】布朗运动就是悬浮微粒的运动；温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子的平均动能越大正确应用热力学第一定律和热力学第二定律解答【解答】解：a、布朗运动是悬浮微粒的运动，它间接反应了液体分子做无规则运动，故a错误；b、温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子的平均动能越大故b正确；c、分子势能随距离增大先减小后增加，再减小，故两个分子的间距减小，分子间的势能可能减小，故c错误；d、热量在一定的条件下，可以从低温物体传递到高温物体，例如电冰箱，故d正确；e、由u=w+q可知系统吸收热量后，若系统对外做功，则内能不一定增加，故e正确故选：bde【点评】本题考查了热学的有关基础知识，对于这部分知识主要是加强记忆和平时的积累，要正确理解热力学第二定律14如图所示，水平放置一个长方体的封闭气缸，用无摩擦活塞将内部封闭气体分为完全相同的a、b两部分初始时两部分气体压强均为p、热力学温度均为t使a的温度升高t而保持b部分气体温度不变则a部分气体的压强增加量为多少？【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、b两部分气体总体积不变、它们的压强相等，对a部分气体根据理想气体状态方程列方程，对b部分气体应用玻意耳定律列方程，然后求出a部分气体压强的增加量【解答】解：设温度升高后，ab压强增加量都为p，升高温度后体积va，由理想气体状态方程得：，对b部分气体，升高温度后体积vb，由玻意耳定律得：pv=（p+p）vb，两部分气体总体积不变：2v=va+vb，解得：；答：a部分气体的压强增加量为【点评】本题是连接体问题，对连接体问题应分别对各部分气体应用相关实验定律或理想气体状态方程列方程、找出各部分气体间的关系即可正确解题四、物理-选修3-415甲、乙两列简谐横波沿x轴传播，t=0时，甲、乙分别如图中实线、虚线所示，已知两列波的速度大小相等、振幅均为20cm，且甲的频率为2hz，则两列波相遇时，在012m的区域内（）a两列波会发生干涉现象b甲与乙的频率之比为3：2ct=0时，x=6m的质点的速度为零dt=0时，x=8.5m的质点的位移大于20cmet=0.75s，x=5m处的质点在x轴的下方【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】在均匀介质中两列波的波速相同，由v=f得：波长与频率成反比某时刻两列波的平衡位置正好在x=0处重合，两列波的平衡位置的另一重合处到x=0处的距离应该是两列波的波长整数倍【解答】解：a、传播速度大小相同实线波的频率为2hz，其周期为0.5s，实线波的波长为4m，故波速为：v=f=42=8m/s；波速由介质决定，故虚线波的波速为8m/s，由图得到虚线波的波长6m，故周期t=0.75s，其频率为hz，则两波的频率不同所以不能发生干涉现象故a错误；b、由上分析可知，甲与乙的频率之比为3：2，故b正确；c、图示时刻，两列简谐波单独传播时引起x=6m处的质点的速度均向上，故x=6m处的质点此时一定向上运动，不为零故c错误；d、由波形图，两列简谐横波在平衡位置为x=8.5m处的质点的位移是两列波引起位移的矢量和，此时虚线波单独传播在8.5m的质点的位移为10cm；实线波单独传播在8.5m的质点的位移为10=14.14cm；故合位移为24.14cm，大于20cm，故d正确；e、实线波的波长为4m，故波速为：v=f=42=8m/s；波速由介质决定，故虚线波的波速为8m/s，由图得到虚线波的波长6m，故周期t=0.75s在t=0.75s，对于甲波完成1t，而对于乙波完成一个t，根据波的叠加可知，x=5m处的质点在x轴的下方故e正确；故选：bde【点评】波形图是反应某时刻各质点的位置，而振动图则是反应某质点在各时刻的位置，并掌握干涉的条件，与波的叠加原理16如图所示的圆表示一圆柱形玻璃砖的截面，o为其圆心，mn为直径一束平行于mn的光线沿po1