广东省佛山三中高考物理模拟试卷（三）（含解析）.doc

2015年广东省佛山三中高考物理模拟试卷（三） 一、单项选择题：（本题共6小题，每小题3分，共18分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1人用手托着质量为m的物体，从静止开始沿水平方向加速运动（物体与手始终相对静止），物体与手掌之间的动摩擦因数为，则下列说法正确的是（）a手对物体的作用力方向竖直向上b手对物体的作用力方向水平向前c手对物体作用力方向斜向前上方d物体所受摩擦力大小为mg2如图1所示，一个物体放在粗糙的水平地面上从t=0时刻起，物体在水平力f作用下由静止开始做直线运动在0到t0时间内物体的加速度a随时间t的变化规律如图2所示已知物体与地面间的动摩擦因数处处相等则（）a在0到t0时间内，物体的速度逐渐变小bt0时刻，物体速度增加到最大值c在0到t0时间内，物体做匀变速直线运动d在0到t0时间内，力f大小保持不变3如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比是10：1，原线圈输入交变电压u=100sin50t（v），在副线圈中接有理想电流表和定值电阻r，电阻阻值r=10，关于电路分析，下列说法中正确的是（）a交流电的频率为50hzb电流表示数是ac电阻r消耗的电功率为10wd若用电容器替代电阻r，则该电容器的耐压值至少是10v4如图所示，两颗卫星围绕着质量为m的中心星体做匀速圆周运动若两颗卫星和中心星体始终在同一直线上，两颗卫星间的作用及其他星体对两颗卫星的作用均忽略不计，则下列判断正确的是（）a两颗卫星的轨道半径相等b两颗卫星的向心加速度相同c两颗卫星的向心力大小相等d两颗卫星的动能相等5如图所示为洛伦兹力演示仪的结构图励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外，电子束由电子枪产生，其速度方向与磁场方向垂直电子速度的大小和磁场强弱可分别由通过电子枪的加速电压和励磁线圈的电流来调节下列说法正确的是（）a仅增大励磁线圈中电流，电子束径迹的半径变大b仅提高电子枪加速电压，电子束径迹的半径变大c仅增大励磁线圈中电流，电子做圆周运动的周期将变大d仅提高电子枪加速电压，电子做圆周运动的周期将变大6如图所示，甲、乙两船在同一河岸边a、b两处，两船船头方向与河岸均成角，且恰好对准对岸边c点若两船同时开始渡河，经过一段时间t，同时到达对岸，乙船恰好到达正对岸的d点若河宽d、河水流速均恒定，两船在静水中的划行速率恒定，不影响各自的航行，下列判断正确的是（）a两船在静水中的划行速率不同b甲船渡河的路程有可能比乙船渡河的路程小c两船同时到达d点d河水流速为二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的全部选对的得5分；选对但不全的得3分；有选错的得0分）7下列说法中正确的是（）a推翻“力是维持物体运动的原因”观点的物理学家是亚里士多德b用点电荷代替实际带电体运用了理想模型法c加速度保持不变，速度方向可能改变d在静电场中，电场线越密的地方正电荷的电势能一定越高8如图所示，在m点分别以不同的速度将两小球水平抛出两小球分别落在水平地面上的p点、q点已知o点是m点在地面上的竖直投影，op：pq=1：3，且不考虑空气阻力的影响下列说法中正确的是（）a两小球的下落时间之比为1：1b两小球的下落时间之比为1：4c两小球的初速度大小之比为1：3d两小球的初速度大小之比为1：49如图所示，用恒力f1、f2分别将同一重物由静止开始沿同一固定的粗糙斜面由底端推到顶端，f1沿斜面向上，f2沿水平方向已知两次所用时间相等，则两次（）a物体加速度相同b物体克服摩擦力做功相同c物体机械能增量相同d恒力f1、f2对物体做功相同10如图所示，空间分布着竖直向上的匀强电场e，现在电场区域内某点o处放置一负点电荷q，并在以o点为球心的球面上选取a、b、c、d四点，其中ac连线为球的水平大圆直径，bd连线与电场方向平行不计空气阻力，则下列说法中正确的是（）ab、d两点的电场强度大小相等，电势相等ba、c两点的电场强度大小相等，电势相等c若从a点抛出一带正电小球，小球可能沿a、c所在圆周作匀速圆周运动d若从a点抛出一带负电小球，小球可能沿b、d所在圆周作匀速圆周运动三、实验题（本题共3小题，第11-12题6分，第13题10分，共16分把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程）11用螺旋测微器测量某物体的直径如图所示，由图可知其直径为mm12用如图所示的装置完成“验证机械能守恒定律”的实验，需要直接测量的物理量是，通过计算得到的物理量是（填写代号）a重锤锤质量 b重锤下落的高度 c与下落高度对应的重锤的瞬时速度13某同学描绘规格为“2.5v 0.6w”的小灯泡的iu特性曲线实验室提供下列器材：a电流表a1（量程为0一25ma，内阻约0.2）b电流表a2（量程为0一300ma，内阻约1）c电压表v1（量程为0一3v，内阻约5k）d电压表v2（量程为0一15v，内阻约15k）e滑动变阻器r1（0一10，额定电流1.5a）；f滑动变阻器r2（0一1000，额定电流0.5a）g直流电源（电动势6v，内阻忽略不计）h电键一个、导线若干（1）在小灯泡接入电路前，使用多用电表直接测量小灯泡的电阻，则应将选择开关旋档进行测量（填选项前的字母）a直流电压10v b直流电流5ma c欧姆“100”d欧姆“1”（2）实验中所用的电流表应选；电压表应选；滑动变阻器应选（只需填器材前面的字母代号）（3）若采用如图1所示的电路描绘小灯泡的伏安特性曲线，电压表的右端应与电路中的点相连（选填“a”或“b”）（4）开关闭合之前，图1中滑动变阻器的滑片应该置于端（选填“c”、“d”或“cd中间”）（5）测量后，该小组根据实验数据，利用excel拟合出小灯泡的iu特性曲线如图2示请根据曲线确定小灯泡两端电压为1.5v时，其实际功率p=w（6）该小组按实验要求设计出正确电路图并正确连线后，合上电键，慢慢增大小灯泡的电压，发现刚开始时两电表指针均偏转，但小灯泡不发光，请简要分析原因：四、计算题（本题共2小题，第14题9分，第15题14分，共23分把解答写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤）14博鳌正在规划建设一新机场，请你帮助设计飞机跑道假设的飞机质量m=5104kg，起 飞速度是80m/s（1）若起飞加速滑行过程中飞机发动机实际功率保持额定功率p=8000kw，飞机在起飞前瞬间加速度a1=0.4m/s2，求飞机在起飞前瞬间受到的阻力大小？（2）若飞机在起飞加速滑行过程中牵引力恒为f=9104n，受到的平均阻力为f=1104n如果允许飞机在达到起飞速度的瞬间可能因故而停止起飞，立即关闭发动机后且能以大小为4m/s2的恒定加速度减速而停下，为确保飞机不滑出跑道，则跑道的长度至少多长？15如图所示，内圆半径为r、外圆半径为3r的圆环区域内有垂直纸面向里、磁感应强度为b的匀强磁场圆环左侧的平行板电容器两板间电压为u，靠近m板处静止释放质量为m、电量为q的正离子，经过电场加速后从n板小孔射出，并沿圆环直径方向射入磁场，不计离子的重力，忽略平行板外的电场求：（1）离子从n板小孔射出时的速率；（2）离子在磁场中做圆周运动的周期；（3）要使离子不进入小圆区域，电压u的取值范围五、模块选做题（本题包括3个模块，只要求选做2模块每模块12分，共24分把解答写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤）【模块3-3试题（12分）】16关于分子动理论和热力学定律，下列说法正确的是（）a空气相对湿度越大时，水蒸发越快b物体的温度越高，分子平均动能越大c第二类永动机不可能制成是因为它违反了热力学第一定律d空调制冷，是人为的使热量由低温处传到高温处，所以违背了热力学第二定律e一定质量的理想气体压强不变，温度升高时吸收的热量一定大于内能的增加量17某学校科技兴趣小组，利用废旧物品制作了一个简易气温计：在一个空葡萄酒瓶中插入一根两端开口的玻璃管，玻璃管内有一段长度可忽略的水银柱，接口处用蜡密封，将酒瓶水平放置，如图所示已知：该装置密封气体的体积为560cm3，玻璃管内部横截面积为0.5cm2，瓶口外的有效长度为40cm当气温为7时，水银柱刚好处在瓶口位置求该气温计能测量的最高气温；假设水银柱从瓶口处缓慢移动到最右端的过程中，密封气体从外界吸收2.8j热量，问在这一过程中该气体的内能如何变化？变化了多少？（已知大气压为1.0105pa）【模块3-4试题（12分）】18图甲为某一列沿x轴正向传播的简谐横波在t=1.0s时刻的波形图，图乙为参与波动的某一质点的振动图象，则下列说法正确的是（）a该简谐横波的传播速度为4m/sb从此时刻起，经过2秒，p质点运动了8米的路程c从此时刻起，p质点比q质点先回到平衡位置d乙图可能是甲图x=2m处质点的振动图象e此时刻m质点的振动速度小于q质点的振动速度19如图所示，一个半径为r的透明球体放置在水平面上，一束蓝光从a点沿水平方向射入球体后经b点射出，最后射到水平面上的c点已知oa=r，该球体对蓝光的折射率为则：它从球面射出时的出射角为多少？若光在真空中的传播速度为c，那么，请推导出光从a点传播到c点所需时间t的表达式（用c，r表示）【模块3-5试题】20已知氢原子能级公式为en=，e1=13.6ev，氢原子在下列各能级间跃迁：从n=2到n=1，从n=3到n=2，在跃迁过程中辐射的光子分别用a，b表示则两种光子波长最长的是，如果这两种光子中只有一种光子可以使某种金属发生光电效应，则这种光子一定是（分别选填“a”或“b”）21如图所示，静止在光滑水平面上的弧形木板质量为2m，ab部分是半径为r=0.6m、圆心角=60的光滑圆弧轨道，bc部分是长为l=0.75m的粗糙水平轨道一质量为m的小物块（视为质点）从a处轻轻释放后恰好滑到达c点重力加速度取g=10m/s2求：物块到达b点时的速度大小b；物块与bc间的动摩擦因数2015年广东省佛山三中高考物理模拟试卷（三）参考答案与试题解析一、单项选择题：（本题共6小题，每小题3分，共18分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1人用手托着质量为m的物体，从静止开始沿水平方向加速运动（物体与手始终相对静止），物体与手掌之间的动摩擦因数为，则下列说法正确的是（）a手对物体的作用力方向竖直向上b手对物体的作用力方向水平向前c手对物体作用力方向斜向前上方d物体所受摩擦力大小为mg考点：牛顿第二定律；物体的弹性和弹力专题：牛顿运动定律综合专题分析：对物体受力分析，分别对竖直方向和水平方向分析，最后再求出合力即可解答：解：物体在水平方向向前做加速运动，一定受向前的摩擦力；竖直方向保持静止，支持力等于重力；则手对物体的作用力为两力的合力；故作用力方向斜向前上方；故选：c点评：本题要注意手对物体的作用力包括支持力和向前的摩擦力；故求作用力时应求二者的合力2如图1所示，一个物体放在粗糙的水平地面上从t=0时刻起，物体在水平力f作用下由静止开始做直线运动在0到t0时间内物体的加速度a随时间t的变化规律如图2所示已知物体与地面间的动摩擦因数处处相等则（）a在0到t0时间内，物体的速度逐渐变小bt0时刻，物体速度增加到最大值c在0到t0时间内，物体做匀变速直线运动d在0到t0时间内，力f大小保持不变考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用专题：牛顿运动定律综合专题分析：由图2可知，加速度随时间逐渐减小，方向不变，所以加速度方向始终与速度方向相同，物体做加速运动，当加速度减为零时，速度最大解答：解：a、由图2可知，加速度随时间逐渐减小，方向不变，所以加速度方向始终与速度方向相同，物体做加速运动，故a错误；b、当加速度减为零时，速度最大，所以t0时刻，物体速度增加到最大值，故b正确；c、加速度逐渐减小，所以物体不是做匀变速运动，故c错误；d、根据ff=ma，可知，a减小，f不变，所以f减小，故d错误故选b点评：本题主要考查了速度与加速度的关系，要求同学们能根据加速度图象得出有效信息，难度不大，属于基础题3如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比是10：1，原线圈输入交变电压u=100sin50t（v），在副线圈中接有理想电流表和定值电阻r，电阻阻值r=10，关于电路分析，下列说法中正确的是（）a交流电的频率为50hzb电流表示数是ac电阻r消耗的电功率为10wd若用电容器替代电阻r，则该电容器的耐压值至少是10v考点：变压器的构造和原理分析：由电流与匝数成反比可以求得原、副线圈匝数比，电容器的作用是通交流隔直流解答：解：原线圈输入交变电压u=100sin50t（v），有效值为100v，根据理想变压器的规律可知副线圈两端的电压为u2=10va、交流电的频率为f=25hz，故a错误；b、电流表示数是i2=1a，故b错误；c、电阻r消耗的电功率为：p=10w，故c正确；d、电容器的耐压值应对应交流电压的最大值10v，故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，同时对于电容器的作用要了解以电路知识为命题背景，考查交流电、变压器以及电容器对电流的影响等相关知识4如图所示，两颗卫星围绕着质量为m的中心星体做匀速圆周运动若两颗卫星和中心星体始终在同一直线上，两颗卫星间的作用及其他星体对两颗卫星的作用均忽略不计，则下列判断正确的是（）a两颗卫星的轨道半径相等b两颗卫星的向心加速度相同c两颗卫星的向心力大小相等d两颗卫星的动能相等考点：万有引力定律及其应用；向心力专题：万有引力定律的应用专题分析：“两颗卫星和中心星体始终在同一直线上”得知两颗卫星的角速度相等，根据万有引力提供向心力角速度公式求出半径，根据a=2r得向心加速度，根据向心力公式可知，向心力与星球质量有关解答：解：a、由“两颗卫星和中心星体始终在同一直线上”得知两颗卫星的角速度相等，根据=m2r，得r=，可见两颗卫星的轨道半径相等，选项a正确；b、由a=2r得向心加速度大小a1=a2，但方向相反，选项b错误；c、由万有引力提供向心力即f向=知，f向与卫星的质量m有关，由于两颗卫星的质量关系不确定，选项c错误；d、根据得卫星的动能ek=与m有关，选项d错误故选：a点评：本题主要考查了万有引力提供向心力公式得直接应用，抓住“两颗卫星和中心星体始终在同一直线上”得知两颗卫星的角速度相等求解，特别注意向心加速度是矢量，有方向，难度适中5如图所示为洛伦兹力演示仪的结构图励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外，电子束由电子枪产生，其速度方向与磁场方向垂直电子速度的大小和磁场强弱可分别由通过电子枪的加速电压和励磁线圈的电流来调节下列说法正确的是（）a仅增大励磁线圈中电流，电子束径迹的半径变大b仅提高电子枪加速电压，电子束径迹的半径变大c仅增大励磁线圈中电流，电子做圆周运动的周期将变大d仅提高电子枪加速电压，电子做圆周运动的周期将变大考点：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：根据动能定理表示出加速后获得的速度，然后根据洛伦兹力提供向心力推导出半径的表达式解答：解：根据电子所受洛伦兹力的方向结合右手定则判断励磁线圈中电流方向是顺时针方向，电子在加速电场中加速，由动能定理有：eu=mv02电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，有：ebv0=m解得：r=t=可见增大励磁线圈中的电流，电流产生的磁场增强，由式可得，电子束的轨道半径变小由式知周期变小，故ac错误；提高电子枪加速电压，电子束的轨道半径变大、周期不变，故b正确d错误；故选：b点评：本题考查了粒子在磁场中运动在实际生活中的应用，正确分析出仪器的原理是关键6如图所示，甲、乙两船在同一河岸边a、b两处，两船船头方向与河岸均成角，且恰好对准对岸边c点若两船同时开始渡河，经过一段时间t，同时到达对岸，乙船恰好到达正对岸的d点若河宽d、河水流速均恒定，两船在静水中的划行速率恒定，不影响各自的航行，下列判断正确的是（）a两船在静水中的划行速率不同b甲船渡河的路程有可能比乙船渡河的路程小c两船同时到达d点d河水流速为考点：运动的合成和分解专题：运动的合成和分解专题分析：小船过河的速度为船在静水中的速度垂直河岸方向的分速度，故要求过河时间需要将船速分解为沿河岸的速度和垂直河岸的速度；要求两船相遇的地点，需要求出两船之间的相对速度，即它们各自沿河岸的速度的和解答：解：a、由题意可知，两船渡河的时间相等，两船沿垂直河岸方向的分速度1相等，由1=sin知两船在静水中的划行速率相等，选项a错误；b、乙船沿bd到达d点，可见河水流速水方向沿ab方向，可见甲船不可能到达到正对岸，甲船渡河的路程较大，选项b错误；c、由于甲船沿ab方向的位移大小x=（cos+水）t=ab，可见两船同时到达d点，选项c正确；d、根据速度的合成与分解，水=cos，而sin=，得水=，选项d错误；故选：c点评：本题考查了运动的合成与分解，相对速度，小船过河问题，注意过河时间由垂直河岸的速度与河宽决定二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的全部选对的得5分；选对但不全的得3分；有选错的得0分）7下列说法中正确的是（）a推翻“力是维持物体运动的原因”观点的物理学家是亚里士多德b用点电荷代替实际带电体运用了理想模型法c加速度保持不变，速度方向可能改变d在静电场中，电场线越密的地方正电荷的电势能一定越高考点：电场线分析：推翻“力是维持物体运动的原因”观点的物理学家是伽利略点电荷是理想化的物理模型加速度与速度无关电场线越密的地方场强越大，但电势能不一定越大解答：解：a、伽利略通过理想斜面实验推翻“力是维持物体运动的原因”观点，故a错误b、用点电荷代替实际带电体运用了理想模型法，故b正确c、加速度保持不变，速度方向可能改变，如平抛运动，故c正确d、在静电场中，电场线越密的地方，场强越大，但电势不一定越高，正电荷的电势能不一定越大，故d错误故选：bc点评：解决本题的关键要掌握物理学史，知道点电荷是一种理想化的物理模型明确正电荷在电势高处电势能大8如图所示，在m点分别以不同的速度将两小球水平抛出两小球分别落在水平地面上的p点、q点已知o点是m点在地面上的竖直投影，op：pq=1：3，且不考虑空气阻力的影响下列说法中正确的是（）a两小球的下落时间之比为1：1b两小球的下落时间之比为1：4c两小球的初速度大小之比为1：3d两小球的初速度大小之比为1：4考点：平抛运动分析：两小球所在高度相同，故下落时间相同，由水平位移关系可求出两小球的初速度的大小关系解答：解：a、两球的抛出高度相同，故下落时间相同，故a正确，b错误；c、两小球的水平位移分别为op和oq，故水平位移之比为1：4； 故由x=vt可知两小球的初速度之比为1：4，故d正确，c错误；故选：ad点评：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，对于平抛运动要注意用好几何关系，并能灵活应用各物理量之间的关系9如图所示，用恒力f1、f2分别将同一重物由静止开始沿同一固定的粗糙斜面由底端推到顶端，f1沿斜面向上，f2沿水平方向已知两次所用时间相等，则两次（）a物体加速度相同b物体克服摩擦力做功相同c物体机械能增量相同d恒力f1、f2对物体做功相同考点：功能关系分析：根据匀变速直线运动的位移时间公式比较加速度的大小根据末速度的大小关系得出动能的变化量大小，结合动能定理比较合外力做功情况根据动能定理，通过摩擦力做功和重力做功的大小关系得出恒力f做功的大小关系解答：解：a、根据x=知，位移相同，运动时间相同，则加速度相同故a正确b、运动过程中，第二次的摩擦力大于第一次的摩擦力，则第二次克服摩擦力做功大故b错误c、根据v=at知，加速度相同，运动时间相同，则末速度大小相等，重力做功相等，根据动能定理知，动能变化量相等，物体上升的顶端，重力势能的增加量相同，则机械能变化量相等，故c正确；d、在运动过程中，重力做功相等，第二次克服摩擦力做功大，而动能的变化量相等，根据动能定理知，f1做的功比f2做的少，故d错误故选：ac点评：题考查了动能定理的基本运用，关键抓住动能变化量相等，重力做功相等，通过摩擦力做功不等，比较出恒力f做功的大小关系10如图所示，空间分布着竖直向上的匀强电场e，现在电场区域内某点o处放置一负点电荷q，并在以o点为球心的球面上选取a、b、c、d四点，其中ac连线为球的水平大圆直径，bd连线与电场方向平行不计空气阻力，则下列说法中正确的是（）ab、d两点的电场强度大小相等，电势相等ba、c两点的电场强度大小相等，电势相等c若从a点抛出一带正电小球，小球可能沿a、c所在圆周作匀速圆周运动d若从a点抛出一带负电小球，小球可能沿b、d所在圆周作匀速圆周运动考点：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：由电场场强的矢量叠加原理进行分析求解ab项；由做匀速圆周运动条件分析c，d项解答：解：a、q在 b点与d点场强方向相反，与匀强电场叠加后d点场强大于b点场强故a错误； b、a、c两点的电场强度大小相等，点电荷在ac两点的电势相等，电场e在ac两点的电势相等，所以ac两点的电势相等故b正确； c、若能做匀速圆周运动，要使小球所受的合力大小不变，方向变化，则应为匀强电场力与重力相平衡，合力为q所给的库仑力故为正电荷沿水平面运动故c正确d、若从a点抛出一带负电小球，其所受合力不可能指向q点，则不能做匀速圆周运动故d错误故选：bc点评：考查场强的叠加原理，明确定矢量合成法则，会分析匀速圆周运动的力学特点三、实验题（本题共3小题，第11-12题6分，第13题10分，共16分把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程）11用螺旋测微器测量某物体的直径如图所示，由图可知其直径为4.700mm考点：螺旋测微器的使用专题：实验题分析：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解答：解：螺旋测微器的固定刻度读数为4.5mm，可动刻度读数为0.0120.0mm=0.200mm，所以最终读数为4.700mm故答案为：4.700点评：解决本题的关键掌握螺旋测微器的读数方法，注意读数时需估读12用如图所示的装置完成“验证机械能守恒定律”的实验，需要直接测量的物理量是b，通过计算得到的物理量是c（填写代号）a重锤锤质量 b重锤下落的高度 c与下落高度对应的重锤的瞬时速度考点：验证机械能守恒定律分析：验证机械能守恒定律的实验原理是：以自由落体运动为例，需要验证的方程是：mgh=mv2，根据实验原理得到要验证的表达式，确定待测量解答：解：重锤的质量可测可不测，因为动能的增加量和重力势能的减小量式子中都有质量，可以约去需要测量的物理量是b：重锤下落的高度，通过计算得到的物理量是c：与下落高度对应的重锤的瞬时速度故答案为：b、c点评：在解决实验问题时要注意实验的原理有实验中的注意事项，特别要注意数据的处理及图象的应用对于基础实验要从实验原理出发去理解，要亲自动手实验，深刻体会实验的具体操作，不能单凭记忆去理解实验13某同学描绘规格为“2.5v 0.6w”的小灯泡的iu特性曲线实验室提供下列器材：a电流表a1（量程为0一25ma，内阻约0.2）b电流表a2（量程为0一300ma，内阻约1）c电压表v1（量程为0一3v，内阻约5k）d电压表v2（量程为0一15v，内阻约15k）e滑动变阻器r1（0一10，额定电流1.5a）；f滑动变阻器r2（0一1000，额定电流0.5a）g直流电源（电动势6v，内阻忽略不计）h电键一个、导线若干（1）在小灯泡接入电路前，使用多用电表直接测量小灯泡的电阻，则应将选择开关旋d档进行测量（填选项前的字母）a直流电压10v b直流电流5ma c欧姆“100”d欧姆“1”（2）实验中所用的电流表应选b；电压表应选c；滑动变阻器应选e（只需填器材前面的字母代号）（3）若采用如图1所示的电路描绘小灯泡的伏安特性曲线，电压表的右端应与电路中的a点相连（选填“a”或“b”）（4）开关闭合之前，图1中滑动变阻器的滑片应该置于c端（选填“c”、“d”或“cd中间”）（5）测量后，该小组根据实验数据，利用excel拟合出小灯泡的iu特性曲线如图2示请根据曲线确定小灯泡两端电压为1.5v时，其实际功率p=0.33w（6）该小组按实验要求设计出正确电路图并正确连线后，合上电键，慢慢增大小灯泡的电压，发现刚开始时两电表指针均偏转，但小灯泡不发光，请简要分析原因：电压（电流）较小时，灯丝的温度较低，达不到发光的温度考点：描绘小电珠的伏安特性曲线分析：（1）根据灯泡电阻分析答题（2）根据小电珠的额定电流选择电流表，根据小电珠额定电压选择电压表，为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器（3）根据灯泡电阻与电表内阻的关系确定电流表接法，然后答题（4）滑动变阻器采用分压接法，闭合开关前分压部分电路阻值应最小，根据电路图确定滑片的位置（5）由图象求出电压对应的电流，然后由p=ui求出灯泡功率（6）由iu图象，应用功率公式分析答题解答：解：（1）小电珠（2.5v，0.6w），小电珠正常发光时的电阻为：r=10.4，测小电珠的电阻，应将选择开关旋至欧姆档，选择多用电表1倍率，故选d（2）小电珠额定电流为：i=0.24a=240ma，电流表应选b；小电珠额定电压为2.5v，电压表选c；为方便实验操作，滑动变阻器应选最大阻值较小的e（3）灯泡电阻为10.4，电流表内阻约1，电压表内阻约为5k，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，由图1所示电路图可知，电压表的右端应与电路中的a端（4）由图1所示电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，开关s闭合前，滑动变阻器的滑片p应置于最左端（5）由图2所示图象可知，小灯泡两端电压为1.5v时，通过灯泡的电流为0.22a，则灯泡实际功率p=ui=1.50.22=0.33w（6）由图2所示图象可知，开始时灯泡电压与通过灯泡的电流很小，由p=ui可知灯泡实际功率很小，灯丝的温度较低，达不到发光的温度，所以灯泡不发光故答案为：（1）d；（2）b；ce；（3）a；（4）c；（5）0.33；（6）电压（电流）较小时，灯丝的温度较低，达不到发光的温度点评：本题考查了欧姆表的应用、实验器材的选择、实验注意事项、求功率等问题，当电压表内阻远大于待测电阻阻值时，电流表应采用外接法；要掌握实验器材的选择原则四、计算题（本题共2小题，第14题9分，第15题14分，共23分把解答写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤）14博鳌正在规划建设一新机场，请你帮助设计飞机跑道假设的飞机质量m=5104kg，起 飞速度是80m/s（1）若起飞加速滑行过程中飞机发动机实际功率保持额定功率p=8000kw，飞机在起飞前瞬间加速度a1=0.4m/s2，求飞机在起飞前瞬间受到的阻力大小？（2）若飞机在起飞加速滑行过程中牵引力恒为f=9104n，受到的平均阻力为f=1104n如果允许飞机在达到起飞速度的瞬间可能因故而停止起飞，立即关闭发动机后且能以大小为4m/s2的恒定加速度减速而停下，为确保飞机不滑出跑道，则跑道的长度至少多长？考点：功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律分析：（1）根据p=fv和牛顿第二定律列式解答；（2）机经历了匀加速直线运动和匀减速直线运动，根据运动速度位移公式求出匀加速直线运动的位移和匀减速直线运动的位移，两个位移之和即为跑道的最小长度解答：解：（1）起飞时，设牵引力为f，飞机的功率：p=fv，代入数据解得：f=1105n，牛顿第二定律得：ff=ma，代入数据解得：f=8104n；（2）飞机从静止开始做匀加速运动到到离开地面升空过程中滑行的距离为x1，牛顿第二定律得：ff=ma1，代入数据解得：a1=1.6m/s2，由匀变速直线运动的速度位移公式得：v2=2a1x1，代入数据解得：x1=2000m，飞机匀减速直线运动的位移x2，由匀变速直线运动的速度位移公式得：0v2=2a2x2，代入数据解得：x2=800m，所以跑道的至少长度：x=x1+x2=2800m；答：（1）飞机在起飞前瞬间受到的阻力大小为8104n（2）为确保飞机不滑出跑道，则跑道的长度至少长2800m点评：这题考的知识点是汽车的两种启动方式，恒定加速度启动和恒定功率启动本题属于恒定加速度启动方式，由于牵引力不变，根据p=fv可知随着汽车速度的增加，汽车的实际功率在增加，此过程汽车做匀加速运动，当实际功率达到额定功率时，功率不能增加了，要想增加速度，就必须减小牵引力，当牵引力减小到等于阻力时，加速度等于零，速度达到最大值15如图所示，内圆半径为r、外圆半径为3r的圆环区域内有垂直纸面向里、磁感应强度为b的匀强磁场圆环左侧的平行板电容器两板间电压为u，靠近m板处静止释放质量为m、电量为q的正离子，经过电场加速后从n板小孔射出，并沿圆环直径方向射入磁场，不计离子的重力，忽略平行板外的电场求：（1）离子从n板小孔射出时的速率；（2）离子在磁场中做圆周运动的周期；（3）要使离子不进入小圆区域，电压u的取值范围考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）离子在电场中加速，由动能定理可以求出离子的速率（2）由牛顿第二定律求出离子轨道半径，然后求出离子的周期（3）由几何知识求出离子轨道半径，然后由牛顿第二定律求出离子的速度，再由动能定理求出电压解答：解：（1）设离子射入匀强磁场时的速率为v，由动能定理得：0，解得：；（2）设离子在磁场中做圆周运动的半径为r，离子所受洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可可得：，周期：t=，解得：=；（3）若离子恰好不进入小圆，设离子与小圆相切时轨道半径为r0，此时轨迹如图所示，几何关系得：，解得：r0=4r，又rr0，由牛顿第二定律得：，由牛顿第二定律得：0，解得：；答：（1）离子从n板小孔射出时的速率为；（2）离子在磁场中做圆周运动的周期为；（3）要使离子不进入小圆区域，电压u的取值范围是：点评：本题考查了离子在电场与磁场中的运动，分析清楚离子运动过程是正确解题的前提与关键，应用动能定理、牛顿第二定律即可正确解题，解题时要注意几何知识的应用五、模块选做题（本题包括3个模块，只要求选做2模块每模块12分，共24分把解答写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤）【模块3-3试题（12分）】16关于分子动理论和热力学定律，下列说法正确的是（）a空气相对湿度越大时，水蒸发越快b物体的温度越高，分子平均动能越大c第二类永动机不可能制成是因为它违反了热力学第一定律d空调制冷，是人为的使热量由低温处传到高温处，所以违背了热力学第二定律e一定质量的理想气体压强不变，温度升高时吸收的热量一定大于内能的增加量考点：热力学第一定律；*相对湿度分析：空气相对湿度越大时，空气中水蒸汽压强越接近饱和汽压，水蒸发越慢；温度是分子的平均动能的标志；第二类永动机虽然不违反能量守恒定律，但它违背了热力学第二定律是制造不出来的；根据热力学第一定律和状态方程可以分析内气体等压升温时的内能变化解答：解：a、空气相对湿度越大时，空气中水蒸汽压强越接近饱和汽压，水蒸发越慢，故a错误；b、温度是分子的平均动能的标志，物体的温度越高，分子平均动能越大，故b正确；c、第二类永动机虽然不违反能量守恒定律，但它违背了热力学第二定律，所以制造不出来，故c错误；d、空调制冷，是人为的使热量由低温处传到高温处，符合热力学第二定律的内容；故d错误；e、一定质量的理想气体压强不变，温度升高时体积增大；对外做功；因内能增大；故吸收的热量一定大于内能的增加量；故e正确故选：be点评：本题考查了相对湿度、温度的微观意义、热力学第二定律以及分子动理论等知识做好这一类的题目要注意在平时的学习过程中多加积累17某学校科技兴趣小组，利用废旧物品制作了一个简易气温计：在一个空葡萄酒瓶中插入一根两端开口的玻璃管，玻璃管内有一段长度可忽略的水银柱，接口处用蜡密封，将酒瓶水平放置，如图所示已知：该装置密封气体的体积为560cm3，玻璃管内部横截面积为0.5cm2，瓶口外的有效长度为40cm当气温为7时，水银柱刚好处在瓶口位置求该气温计能测量的最高气温；假设水银柱从瓶口处缓慢移动到最右端的过程中，密封气体从外界吸收2.8j热量，问在这一过程中该气体的内能如何变化？变化了多少？（已知大气压为1.0105pa）考点：理想气体的状态方程分析：玻璃管两端开口，水银柱移动时，密封的气体发生等压变化，当水银柱到达管口时，所测气温最高，根据吕萨克定律求解由热力学第一定律u=w+q，分析吸放热解答：解：当水银柱到达管口时，所测气温最高，设为t2，此时气体体积为v2，初状态：t1=（273+7）k=280k； v1=560cm3，末状态为：v2=（560+400.5）cm3=580 cm3气体发生等压变化，由盖吕萨克定律得：=，代入数据得：t2=290k，t2=t2273=290273=17；水银柱移动过程中，外界对气体做功：w=p0sl=11050.510440102j=2.0j，由热力学第一定律知内能变化为：u=w+q，代入数据得：u=0.8j，即内能增加了0.8j；答：该气温计能测量的最高气温为17；在这一过程中该气体的内能增加了0.8j点评：对于气体状态变化问题，关键在于分析是等值变化还是三个参量同时变化的问题，要善于挖掘隐含的条件【模块3-4试题（12分）】18图甲为某一列沿x轴正向传播的简谐横波在t=1.0s时刻的波形图，图乙为参与波动的某一质点的振动图象，则下列说法正确的是（）a该简谐横波的传播速度为4m/sb从此时刻起，经过2秒，p质点运动了8米的路程c从此时刻起，p质点比q质点先回到平衡位置d乙图可能是甲图x=2m处质点的振动图象e此时刻m质点的振动速度小于q质点的振动速度考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象分析：由甲图可读出波动信息，由乙图可读出质点的振动信息，根据波速、波长之间的关系即可求出波速根据平移法判断出波传播的方向，分析时间与周期的关系确定质点的振动情况解答：解：a、由甲图可得：=4m，由乙图中可得：t=1.0s，所以该简谐横波的传播速度为：v=4m/s，故a正确b、t=2s=2t，则从此时刻起，经过2秒，p质点运动的路程为 s=8a=80.2m=1.6m，故b错误c、简谐横波沿x轴正向传播，此时刻q点向上运动，而p点直接向下运动，所以p质点比q质点先回到平衡位置故c正确d、由乙图知t=0时刻质点的位移为0，振动方向沿y轴负方向，与甲图x=2m处t=0时刻的状态相同，所以乙图可能是甲图x=2m处质点的振动图象故d正确e、质点越靠近平衡位置速度越大，则此时刻m