广东省广州六中、广雅中学、执信中学等六校高三物理上学期第一次联考试卷（含解析）.doc

2015-2016学年广东省广州六中、广雅中学、执信中学等六校高三（上）第一次联考物理试卷 一、选择题：本题共9小题，共42分在每小题给出的四个选项中，第16题只有一项符合题目要求，每小题4分第79题有多项符合题目要求，每小题4分，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北京获得2022年冬奥会举办权，冰壶是冬奥会的比赛项目将一个冰壶以一定初速度推出后将运动一段距离停下来换一个材料相同，质量更大的冰壶，以相同的初速度推出后，冰壶运动的距离将( )a不变b变小c变大d无法判断2如图所示，某一缆车沿着坡度为30的山坡以加速度a上行，在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面，斜面上放一个质量为m的小物块，小物块相对斜面静止（设缆车保持竖直状态运行）则( )a小物块受到的摩擦力方向平行斜面向下b小物块受到的滑动摩擦力大小为mac小物块受到的静摩擦力大小为mg+mad小物块受到斜面的弹力大小mg3某种型号焰火礼花弹从专用炮筒中射出后，在4s末到达离地面100m的最高点时炸开，构成各种美丽的图案假设礼花弹从炮筒中竖直向上射出时的初速度是v0，上升过程中所受的阻力大小始终是自身重力的k倍，g=10m/s2，那么v0和k分别等于( )a40m/s，1.25b40m/s，0.25c50m/s，1.25d50m/s，0.254火星的直径为地球的一半，质量为地球的十分之一，它绕太阳公转的轨道半径约为地球绕太阳公转的轨道半径的1.5倍，地球表面重力加速度约为10m/s2，从以上信息可知( )a火星公转的周期比地球公转的周期短b火星表面重力加速度约为4m/s2c火星公转的向心加速度比地球公转的向心加速度大d火星公转的线速度大于地球公转的线速度5如图甲所示，一轻杆一端固定在o点，另一端固定一小球，在竖直平面内做半径为r的圆周运动小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为fn，小球在最高点的速度大小为v，fnv2图象如图乙所示下列说法正确的是( )a当地的重力加速度大小为b小球的质量为c当v2=c时，杆对小球弹力方向向上d若v2=2b，则杆对小球弹力大小为2a6在光滑绝缘水平面的p点正上方o点固定了一电荷量为+q的正点电荷，在水平面上的n点，由静止释放质量为m，电荷量为q的负检验电荷，该检验电荷经过p点时速度为v，图中=60，规定电场中p点的电势为零则在+q形成的电场中( )an点电势高于p点电势bp点电场强度大小是n点的2倍cn点电势为d检验电荷在n点具有的电势能为mv27在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n=1500匝，横截面积s=20cm2螺线管导线电阻r=1.0，r1=4.0，r2=5.0，c=30f在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度b按如图乙所示的规律变化则下列说法中正确的是( )a螺线管中产生的感应电动势为1.2vb闭合s，电路中的电流稳定后电容器上极板带正电c电路中的电流稳定后，电阻r1的电功率为5102 wds断开后，流经r2的电量为1.8105c8如图甲所示，矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴在匀强磁场中匀速转动，输出交变电流的电动势图象如图5乙所示，经原、副线圈匝数比为1：10的理想变压器给一灯泡供电，如图丙所示，副线圈电路中灯泡的额定功率为22w，现闭合开关，灯泡正常发光则( )at=0.01s时，穿过线框回路的磁通量为零b金属线框的转速为50r/sc变压器原线圈中电流表的示数为ad灯泡的额定电压为220v9如图所示，滑块以初速度v0滑上表面粗糙的固定斜面，到达最高点后又返回到出发点则能大致反映滑块整个运动过程中速度v、加速度a、动能ek、重力对滑块所做的功w与时间t或位移x关系的是（取初速度方向为正方向）( )abcd二、实验题：本大题共2小题，共15分10为了探究质量一定时加速度与力的关系，一同学设计了如图1所示的实验装置（1）实验时，一定要进行的操作是_a为减小误差，实验中一定要保证钩码的质量m远小于小车的质量mb将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力c小车靠近打点计时器，先释放小车，再接通电源，打出一条纸带，同时记录拉力传感器的示数d改变钩码的质量，打出几条纸带（2）该同学在实验中得到如图2所示的一条纸带的一部分：0、1、2、3、4、5、6、7是计数点，每相邻两计数点间还有4个打点（图中未标出），已知打点计时器采用的是频率为50hz的交流电，计数点间的距离如图所示根据图中数据计算的加速度a=_（保留三位有效数字）（3）以拉力传感器的示数f为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的af图象是一条直线，测得图线的斜率为k，则小车的质量为_11（1）某研究小组的同学为了测量某一电阻rx的阻值，甲同学先用多用电表进行粗测使用多用电表欧姆挡时，将选择开关调到欧姆挡“10”档位并调零，测量时发现指针向右偏转角度太大，这时他应该：先将选择开关换成欧姆挡的“_”档位，将红、黑表笔短接，再进行_，使指针指在欧姆刻度的“0”处；再次测量电阻rx的阻值时，指针在刻度盘上停留的位置如图1所示，则所测量的值为_（2）为进一步精确测量该电阻，实验台上摆放有以下器材：a电流表（量程15ma，内阻约100）b电流表（量程0.6a，内阻约0.5）c电阻箱（最大电阻99.99）d电阻箱（最大电阻999.9）e电源（电动势3v，内阻0.8）f单刀单掷开关2只g导线若干乙同学设计的电路图如图2所示，现按照如下实验步骤完成实验：调节电阻箱，使电阻箱有合适的阻值r1，仅闭合s1，使电流表有较大的偏转且读数为i；调节电阻箱，保持开关s1闭合，开关s2闭合，再次调节电阻箱的阻值为r2，使电流表读数仍为ia根据实验步骤和实验器材规格可知，电流表应选择_（填器材前字母）b根据实验步骤可知，待测电阻rx=_（用题目所给测量数据表示）（3）利用以上实验电路，闭合s2调节电阻箱r，可测量出电流表的内阻ra，丙同学通过调节电阻箱r，读出多组r和i值，作出了r图象如图3所示若图象中纵轴截距为1a1，则电流表内阻ra=_三、计算题：本大题共3小题，共38分12为了安全，在公路上行驶的汽车之间应保持必要的距离已知某高速公路的最高限速v=120km/h假设前方车辆突然停止，后车司机从发现这一情况，经操纵刹车，到汽车开始减速所经历的时间（即反应时间）t=0.60s刹车时汽车受到阻力的大小f为汽车重力的0.50倍，取重力加速度g=10m/s2该高速公路上汽车间的距离s至少应为多少？（结果保留一位小数）13（13分）如图所示，一矩形框架与水平面成37角，宽l=0.4m，上、下两端各有一个电阻r0=1，框架的其他部分电阻不计，框架足够长，垂直于框平面的方向存在向上的匀强磁场，磁感应强度b=2tab为金属杆，其长度也为l=0.4m，质量m=0.8kg，电阻r=0.5杆与框架的动摩擦因数=0.5，由静止开始下滑，直到速度达到最大的过程中，上端电阻r0产生的热量q0=0.375j（已知sin37=0.6，cos37=0.8；g取10m/s2）求：（1）杆ab的最大速度；（2）从开始到速度最大的过程中ab杆沿斜面下滑的距离；（3）在该过程中通过ab的电荷量14如图所示，虚线oc与y轴的夹角=60，在此角范围内有一方向垂直于xoy平面向外、磁感应强度大小为b的匀强磁场虚线oc与x轴所夹范围内有一沿x轴正方向、电场强度大小为e的匀强电场一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子a（不计重力）从y轴的点m（0，l）沿x轴的正方向射入磁场中求：（1）要使粒子a从oc边界离开磁场后竖直向下垂直进入匀强电场，经过匀强电场后从x轴上的p点（图中未画出）离开，则该粒子射入磁场的初速度v1和op的距离分别为多大？（2）若大量粒子a同时以v2=从m点沿xoy平面的各个方向射入磁场中，则从oc边界最先射出的粒子与最后射出的粒子的时间差四、选考题（共15分请考生从给出的2个模块物理题任选一题作答，并用2b铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑如果多做，则按所做的第一题计分）物理-选修3-315以下说法正确的有( )a布朗运动证明，组成固体小颗粒的分子在做无规则运动b液晶的光学性质会随温度、外加电压等外界因素的变化而变化c第二类永动机不可能制成，是因为违反了能量守恒定律d已知阿伏伽德罗常数，某气体的摩尔质量，就可以计算出该气体的分子质量16如图所示，上端开口的光滑圆柱形气缸竖直放置，截面积为40cm2的活塞将一定质量的气体和一形状不规则的固体a封闭在气缸内在气缸内距缸底60cm处设有a、b两限制装置，使活塞只能向上滑动开始时活塞搁在a、b上，缸内气体的压强为p0（p0=1.0105 pa为大气压强），温度为300k现缓慢加热汽缸内气体，当温度为330k，活塞恰好离开a、b；当温度为360k时，活塞上升了4cm求：（1）活塞的质量（2）物体a的体积物理-选修3-517下列说法正确的是( )a卢瑟福通过粒子散射实验建立了原子核式结构模型b衰变中产生的射线实际上是原子的核外电子挣脱原子核的束缚而形成的c爱因斯坦在对光电效应的研究中，提出了光子说d对于任何一种金属都存在一个极限频率，入射光的频率必须大于这个极限频率，才能产生光电效应e根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，氢原子的电势能增大，核外电子的运动动能减小18如图所示，光滑水平面上依次放置两个质量均为m的小物块a和c以及光滑曲面劈b，b的质量为m=3m，b的曲面下端与水平面相切，且劈b足够高现让小物块c以水平速度v0向右运动，与a发生弹性碰撞，碰撞后小物块a又滑上劈b求物块a在b上能够达到的最大高度2015-2016学年广东省广州六中、广雅中学、执信中学等六校高三（上）第一次联考物理试卷一、选择题：本题共9小题，共42分在每小题给出的四个选项中，第16题只有一项符合题目要求，每小题4分第79题有多项符合题目要求，每小题4分，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北京获得2022年冬奥会举办权，冰壶是冬奥会的比赛项目将一个冰壶以一定初速度推出后将运动一段距离停下来换一个材料相同，质量更大的冰壶，以相同的初速度推出后，冰壶运动的距离将( )a不变b变小c变大d无法判断考点：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：冰壶在冰面上在滑动摩擦力作用下做匀减速运动，由摩擦力产生加速度，两种冰壶的初速度相同，与地面间的动摩擦因数相同，据此分析即可解答：解：冰壶在冰面上在滑动摩擦力作用下做匀减速运动，根据牛顿第二定律有：f=ma加速度即相同材料的冰壶质量不同在冰面上匀减速运动的加速度大小相等据位移速度关系可知，两种冰壶的初速度相等，加速度相同，故匀减速运动的位移大小相等故选：a点评：掌握冰壶在冰面上匀减速运动由滑动摩擦力产生加速度，据冰壶材料相同可知冰壶与冰面间的动摩擦因数相同2如图所示，某一缆车沿着坡度为30的山坡以加速度a上行，在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面，斜面上放一个质量为m的小物块，小物块相对斜面静止（设缆车保持竖直状态运行）则( )a小物块受到的摩擦力方向平行斜面向下b小物块受到的滑动摩擦力大小为mac小物块受到的静摩擦力大小为mg+mad小物块受到斜面的弹力大小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：由题知：木块的加速度大小为a，方向沿斜面向上分析木块受力情况，根据牛顿第二定律求解木块所受的摩擦力大小和方向解答：解：a、以木块为研究对象，分析受力情况：重力mg、斜面的支持力n和摩擦力为静摩擦力f，f沿斜面向上，故a错误；c、根据牛顿第二定律得：fmgsin30=ma，解得，f=mg+ma，方向平行斜面向上，故c正确，b错误；d、小球受到的支持力等于重力垂直于斜面的分力；故n=mgcos30=；故d错误；故选：c点评：根据牛顿第二定律求解木块所受的摩擦力大小和方向本题首先要正确分析木块的受力情况，其次要能根据牛顿第二定律列式，求摩擦力，难度不大3某种型号焰火礼花弹从专用炮筒中射出后，在4s末到达离地面100m的最高点时炸开，构成各种美丽的图案假设礼花弹从炮筒中竖直向上射出时的初速度是v0，上升过程中所受的阻力大小始终是自身重力的k倍，g=10m/s2，那么v0和k分别等于( )a40m/s，1.25b40m/s，0.25c50m/s，1.25d50m/s，0.25考点：牛顿第二定律；竖直上抛运动 专题：牛顿运动定律综合专题分析：礼花弹从炮筒中竖直射出时向上做匀减速直线运动，对其进行受力分析，根据牛顿第二定律及匀减速直线运动的基本公式即可求解解答：解：上升过程中所受的平均阻力f=kmg，根据牛顿第二定律得：a=（k+1）g，根据h=得：a=12.5m/s2，所以v0=at=50m/s，而（k+1）g=12.5m/s2，所以 k=0.25故选：d点评：本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的应用，要求同学们能正确对物体进行受力分析，根据受力情况判断运动情况，并熟练运用运动学基本公式解题4火星的直径为地球的一半，质量为地球的十分之一，它绕太阳公转的轨道半径约为地球绕太阳公转的轨道半径的1.5倍，地球表面重力加速度约为10m/s2，从以上信息可知( )a火星公转的周期比地球公转的周期短b火星表面重力加速度约为4m/s2c火星公转的向心加速度比地球公转的向心加速度大d火星公转的线速度大于地球公转的线速度考点：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：研究火星和地球绕太阳公转，根据万有引力提供向心力，列出等式再去进行比较根据万有引力等于重力表示出重力加速度，再去进行比较解答：解：a、研究火星和地球绕太阳公转，根据万有引力提供向心力得出：得：，m为太阳的质量，r为轨道半径火星的轨道半径大于地球的轨道半径，通过t的表达式发现公转轨道半径大的周期长，即火星公转的周期比地球的长，故a错误；b、根据万有引力等于重力得出：得：，根据火星直径约为地球的一半，质量约为地球的十分之一，计算得出火星表面的重力加速度约为地球表面的，即火星表面重力加速度约为=4 m/s2，故b正确；c、研究火星和地球绕太阳公转，根据万有引力提供向心力得出：，得：m为太阳的质量，r为轨道半径火星的轨道半径大于地球的轨道半径，通过a的表达式发现公转轨道半径大的向心加速度小，即火星公转的向心加速度比地球公转的向心加速度小，故c错误；d、研究火星和地球绕太阳公转，根据万有引力提供向心力得出：，得：v=m为太阳的质量，r为轨道半径火星的轨道半径大于地球的轨道半径，通过v的表达式发现公转轨道半径大的线速度小，即火星公转的线速度小于地球公转的线速度，故d错误故选：b点评：要比较一个物理量大小，我们应该把这个物理量先表示出来，在进行比较向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用5如图甲所示，一轻杆一端固定在o点，另一端固定一小球，在竖直平面内做半径为r的圆周运动小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为fn，小球在最高点的速度大小为v，fnv2图象如图乙所示下列说法正确的是( )a当地的重力加速度大小为b小球的质量为c当v2=c时，杆对小球弹力方向向上d若v2=2b，则杆对小球弹力大小为2a考点：向心力；物体的弹性和弹力 专题：匀速圆周运动专题分析：小球在竖直面内做圆周运动，小球的重力与杆的弹力的合力提供向心力，根据图象、应用向心力公式、牛顿第二定律分析答题解答：解：a、由图象知，当v2=0时，f=a，故有：f=mg=a，由图象知，当v2=b时，f=0，杆对小球无弹力，此时重力提供小球做圆周运动的向心力，有：mg=m，得：g=，故a错误；b、由a分析知，当有a=时，得：m=，故b正确c、由图象可知，当v2=c时，有：0fa=mg，小球对杆的弹力方向向上，则杆对小球弹力方向向下，故c错误d、由图象可知，当v2=2b时，由f合=m，故有：f+mg=2a，得：f=mg，故d错误故选：b点评：本题的关键要知道小球在最高点时由合力提供向心力，要掌握圆周运动向心力公式，要求同学们能根据图象获取有效信息6在光滑绝缘水平面的p点正上方o点固定了一电荷量为+q的正点电荷，在水平面上的n点，由静止释放质量为m，电荷量为q的负检验电荷，该检验电荷经过p点时速度为v，图中=60，规定电场中p点的电势为零则在+q形成的电场中( )an点电势高于p点电势bp点电场强度大小是n点的2倍cn点电势为d检验电荷在n点具有的电势能为mv2考点：电势能；电势 专题：电场力与电势的性质专题分析：解答本题应抓住：顺着电场线方向电势降低，判断出m点电势高于n点的电势，m、p两点的电势相等，即可知n、p两点电势关系；由真空中点电荷产生的电场强度公式e=k，分析p点与n点电场强度的大小关系；根据动能定理研究电荷由n到p的过程，求解n点的电势；由ep=qn求出检验电荷在n点具有的电势能解答：解：a、根据顺着电场线方向电势降低可知，m点的电势高于n点的电势，而m、p两点的电势相等，则n点电势低于p点电势故a错误b、p点电场强度大小是ep=k，n点电场强度大小是en=k，则ep：en=：=（2rp）2：=4：1故b错误c、根据动能定理得：检验电荷由n到p的过程：q（np）=，由题，p点的电势为零，即p=0，解得，n点的电势n=故c正确d、检验电荷在n点具有的电势能为ep=qn=故d错误故选c点评：本题关键要掌握电场线方向与电势高低的关系，即顺着电场线方向电势降低，以及点电荷场强公式e=k、电势能公式ep=qn7在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n=1500匝，横截面积s=20cm2螺线管导线电阻r=1.0，r1=4.0，r2=5.0，c=30f在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度b按如图乙所示的规律变化则下列说法中正确的是( )a螺线管中产生的感应电动势为1.2vb闭合s，电路中的电流稳定后电容器上极板带正电c电路中的电流稳定后，电阻r1的电功率为5102 wds断开后，流经r2的电量为1.8105c考点：法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律 专题：电磁感应与电路结合分析：根据法拉第地磁感应定律求出螺线管中产生的感应电动势根据楞次定律可知，感应电流的方向，从而确定电容器极板带电情况根据p=i2r求出电阻r1的电功率电容器与r2并联，两端电压等于r2两端的电压，根据q=cu求出电容器的电量解答：解：a、由法拉第电磁感应定律可得，螺线管内产生的电动势为：，故a正确；b、据楞次定律，当穿过螺线管的磁通量增加时，螺线管下部可以看成电源的正极，则电容器下极板带正电，故b错误；c、电流稳定后，电流为：i=0.12a，电阻r1上消耗的功率为：，故c错误；d、电键断开后流经电阻r2的电荷量为：，故d正确故选：ad点评：本题是电磁感应与电路的综合，知道产生感应电动势的那部分相当于电源，运用闭合电路欧姆定律进行求解8如图甲所示，矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴在匀强磁场中匀速转动，输出交变电流的电动势图象如图5乙所示，经原、副线圈匝数比为1：10的理想变压器给一灯泡供电，如图丙所示，副线圈电路中灯泡的额定功率为22w，现闭合开关，灯泡正常发光则( )at=0.01s时，穿过线框回路的磁通量为零b金属线框的转速为50r/sc变压器原线圈中电流表的示数为ad灯泡的额定电压为220v考点：变压器的构造和原理；正弦式电流的图象和三角函数表达式 专题：交流电专题分析：由图2可知特殊时刻的电动势，根据电动势的特点，可判处于那个面上，由图象还可知电动势的峰值和周期，根据有效值和峰值的关系便可求电动势的有效值解答：解：a、由图乙可知，当0.01s时，感应电动势为零，则此时穿过线框回路的磁通量最大，故a错误；b、由图可知，交流电的周期为0.02s，则转速为：n=50r/s，故b正确；c、原线圈输入电压为有效值为22v，则副线圈的电压为2210=220v；由p=ui可知，副线圈电流i2=0.1a，则由电流与匝数成反比，求得i1=1a；故c错误；d、灯泡正常发光，故额定电压为220v，故d正确；故选：bd点评：本题关键是明确线圈在匀强磁场中匀速转动产生的是正弦式交变电流，会根据变压比公式、变流比公式列式求解即可9如图所示，滑块以初速度v0滑上表面粗糙的固定斜面，到达最高点后又返回到出发点则能大致反映滑块整个运动过程中速度v、加速度a、动能ek、重力对滑块所做的功w与时间t或位移x关系的是（取初速度方向为正方向）( )abcd考点：动能定理的应用；牛顿第二定律 专题：动能定理的应用专题分析：根据牛顿第二定律求出上滑和下滑过程中的加速度大小，从而得出速度随时间的变化规律，根据动能定理得出动能与位移的规律，根据w=mgh，得出重力势能与位移变化关系解答：解：ab、取初速度方向为正，则上滑时的加速度a1=（gsin+gcos），下滑时的加速度a2=gsingcos知|a1|a2根据位移公式x=，由于下滑与上滑过程位移大小相等，则知，下滑时间t2上滑的时间t1由于机械能有损失，返回到出发点时速度小球出发时的初速度根据速度时间图线的斜率表示加速度，故a正确，b错误c、动能是标量，不存在负值故c错误d、重力做功w=mgh=mgxsin，故d正确故选ad点评：解决本题的关键根据牛顿第二定律得出上滑和下滑的加速度，判断出物体的运动情况二、实验题：本大题共2小题，共15分10为了探究质量一定时加速度与力的关系，一同学设计了如图1所示的实验装置（1）实验时，一定要进行的操作是bda为减小误差，实验中一定要保证钩码的质量m远小于小车的质量mb将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力c小车靠近打点计时器，先释放小车，再接通电源，打出一条纸带，同时记录拉力传感器的示数d改变钩码的质量，打出几条纸带（2）该同学在实验中得到如图2所示的一条纸带的一部分：0、1、2、3、4、5、6、7是计数点，每相邻两计数点间还有4个打点（图中未标出），已知打点计时器采用的是频率为50hz的交流电，计数点间的距离如图所示根据图中数据计算的加速度a=0.496（保留三位有效数字）（3）以拉力传感器的示数f为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的af图象是一条直线，测得图线的斜率为k，则小车的质量为考点：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）解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项；（2）依据逐差法可得小车加速度（3）小车质量不变时，加速度与拉力成正比，对af图来说，图象的斜率表示小车质量的倒数解答：解：（1）a、本题拉力可以由弹簧测力计测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶（包括砂）的质量远小于车的总质量，故a错误b、该题是弹簧测力计测出拉力，从而表示小车受到的合外力，故需要将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，故b正确；c、打点计时器运用时，都是先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，该实验探究加速度与力和质量的关系，要记录弹簧测力计的示数，故c错误；d、改变砂和砂桶质量，即改变拉力的大小，打出几条纸带，研究加速度随f变化关系，故d正确；故选：bd（2）由于两计数点间还有4个点没有画出，故两点之间的时间间隔为t=50.02s=0.10s，取六段距离，采用两分法，由x=at2可得：a=102m/s2=0.496m/s2（3）对af图来说，图象的斜率表示小车质量的倒数，此题，弹簧测力计的示数f为小车质量的倒数，故小车质量为m=故答案为：（1）bd；（2）0.496；（3）点评：解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，小车质量不变时，加速度与拉力成正比，对af图来说，图象的斜率表示小车质量的倒数11（1）某研究小组的同学为了测量某一电阻rx的阻值，甲同学先用多用电表进行粗测使用多用电表欧姆挡时，将选择开关调到欧姆挡“10”档位并调零，测量时发现指针向右偏转角度太大，这时他应该：先将选择开关换成欧姆挡的“1”档位，将红、黑表笔短接，再进行欧姆调零，使指针指在欧姆刻度的“0”处；再次测量电阻rx的阻值时，指针在刻度盘上停留的位置如图1所示，则所测量的值为12（2）为进一步精确测量该电阻，实验台上摆放有以下器材：a电流表（量程15ma，内阻约100）b电流表（量程0.6a，内阻约0.5）c电阻箱（最大电阻99.99）d电阻箱（最大电阻999.9）e电源（电动势3v，内阻0.8）f单刀单掷开关2只g导线若干乙同学设计的电路图如图2所示，现按照如下实验步骤完成实验：调节电阻箱，使电阻箱有合适的阻值r1，仅闭合s1，使电流表有较大的偏转且读数为i；调节电阻箱，保持开关s1闭合，开关s2闭合，再次调节电阻箱的阻值为r2，使电流表读数仍为ia根据实验步骤和实验器材规格可知，电流表应选择a（填器材前字母）b根据实验步骤可知，待测电阻rx=r2r1（用题目所给测量数据表示）（3）利用以上实验电路，闭合s2调节电阻箱r，可测量出电流表的内阻ra，丙同学通过调节电阻箱r，读出多组r和i值，作出了r图象如图3所示若图象中纵轴截距为1a1，则电流表内阻ra=2.2考点：伏安法测电阻 专题：实验题分析：（1）解答本题应掌握：欧姆表使用前首先应进行调零，即将两表笔短接，调整欧姆调零旋钮，使指针指在欧姆刻度的“0”处欧姆表读数是指示值乘以倍率；（2）根据闭合电路欧姆定律求出通过待测电阻的最大电流来选择电流表量程，然后再通过求出电路中需要的最大电阻来选择电阻箱；列出开关断开和闭合时对应的闭合电路欧姆定律表达式，然后求解即可；（3）根据（2）中所列方程，根据图象的性质可求得电流表内阻解答：解：（1）欧姆表使用前首先应进行欧姆调零，即将两表笔短接，调整欧姆调零旋钮使指针指在欧姆刻度的“0”处所测量电阻的值为：r=12.01=12.0（2）a、根据闭合电路欧姆定律可知，通过待测电阻的最大电流为：=，所以电流表应选a；b、根据闭合电路欧姆定律，断开时有：e=i（rx+r1+ra+r）闭合时有：e=i（）联立解得：（3）s闭合后，由闭合电路欧姆定律可知：e=i（）则有：=则可知图象的纵轴的交点为：=1解得：ra=2.2；故答案为：（1）1，欧姆调零，12；（2）aa；br2r1；（3）2.2点评：本题考查测量电阻的实验，要注意正确根据题意明确实验原理；然后根据所对应的物理规律分析求解即可；对于图象分析问题，要注意根据物理规律确定公式，结合图象的性质分析斜率以及截距的意义三、计算题：本大题共3小题，共38分12为了安全，在公路上行驶的汽车之间应保持必要的距离已知某高速公路的最高限速v=120km/h假设前方车辆突然停止，后车司机从发现这一情况，经操纵刹车，到汽车开始减速所经历的时间（即反应时间）t=0.60s刹车时汽车受到阻力的大小f为汽车重力的0.50倍，取重力加速度g=10m/s2该高速公路上汽车间的距离s至少应为多少？（结果保留一位小数）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：反应时间内汽车做匀速直线运动，刹车后做匀减速运动，结合牛顿第二定律和速度位移公式求出匀减速运动的位移，从而求出高速公路上汽车间的距离s至少距离解答：解：120km/h=，在反应时间内，汽车做匀速运动，运动的距离，刹车的加速度大小a=，从刹车到停下的距离，则s=s1+s2=20+111.1m=131.1m答：高速公路上汽车间的距离s至少应为131.1m点评：本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，难度不大13（13分）如图所示，一矩形框架与水平面成37角，宽l=0.4m，上、下两端各有一个电阻r0=1，框架的其他部分电阻不计，框架足够长，垂直于框平面的方向存在向上的匀强磁场，磁感应强度b=2tab为金属杆，其长度也为l=0.4m，质量m=0. 8kg，电阻r=0.5杆与框架的动摩擦因数=0.5，由静止开始下滑，直到速度达到最大的过程中，上端电阻r0产生的热量q0=0.375j（已知sin37=0.6，cos37=0.8；g取10m/s2）求：（1）杆ab的最大速度；（2）从开始到速度最大的过程中ab杆沿斜面下滑的距离；（3）在该过程中通过ab的电荷量考点：导体切割磁感线时的感应电动势；能量守恒定律；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：（1）导体棒先向下做加速度减小的加速运动，后做匀速运动，达到最大速度，此时棒ab受力平衡，推导出安培力与速度的关系式，写出受力平衡的方程，即可求得最大速度；（2）由电阻r0产生的热量q0，根据串并联关系，得到ab棒产生的热量，根据能量的转化与守恒解答该题；（3）结合法拉第电磁感应定律与闭合电路的欧姆定律，求解通过ab的电荷量解答：解：（1）导体棒受到的摩擦力：f=n，又n=mgcos，得f=mgcos达到最大速度时，棒ab受力平衡，则有：fa+f=mgsin 而安培力：fa=bil，i=联解可得：代入解得 =2.5m/s （2）当金属棒速度达到最大时，电阻r0产生的热量q0=0.375j，ab棒中电流是电阻r0中电流的2 倍，由焦耳定律q=i2rt，ab棒中产生的焦耳热为2q0，则电路中产生的总焦耳q总=4q 根据能量守恒得 mgsins=q+fs得：s=2.5m （3）流过导体棒的电量：q= 又，=，=bls联立以上四式得：q=代入解得，q=2c答：（1）杆ab的最大速度是2.5m/s；（2）从开始到速度最大的过程中ab杆沿斜面下滑的距离是2.5m；（3）在该过程中通过ab的电荷量是2c点评：该题是电磁感应的综合应用，涉及到受力平衡、法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律以及能量的转化与守恒，综合性相对较强，要求的能力也比较高14如图所示，虚线oc与y轴的夹角=60，在此角范围内有一方向垂直于xoy平面向外、磁感应强度大小为b的匀强磁场虚线oc与x轴所夹范围内有一沿x轴正方向、电场强度大小为e的匀强电场一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子a（不计重力）从y轴的点m（0，l）沿x轴的正方向射入磁场中求：（1）要使粒子a从oc边界离开磁场后竖直向下垂直进入匀强电场，经过匀强电场后从x轴上的p点（图中未画出）离开，则该粒子射入磁场的初速度v1和op的距离分别为多大？（2）若大量粒子a同时以v2=从m点沿xoy平面的各个方向射入磁场中，则从oc边界最先射出的粒子与最后射出的粒子的时间差考点：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 专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：（1）根据粒子的始末速度方向作出粒子在磁场中的运动轨迹，求得粒子圆周运动的轨道半径，据洛伦兹力提供向心力求得粒子的初速度和op的距离；（2）根据几何关系确定粒子在磁场中运动的最大圆心角和最小圆心角，据t=求得粒子射出的时间差解答：解：（1）粒子a竖直向下穿过oc，在磁场中轨迹圆心如图为o1，oo1=rcot，oo1=lr得粒子圆周运动的轨道半径r= 由洛伦兹力提供圆周运动向心力有： 由两式解得：v1= 粒子a竖直向下穿过oc垂直进入匀强电场后，做类平抛运动，则有：qe=marcot=v1t解处t=op=r+x=（2）由解得：粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为：最后出磁场的粒子从oc边上的e点射出，弦me最长为直径，me=2r2=，在磁场中运动的时间为： （11）mf为垂直oc的一条弦，则mf为最短的弦，从f点射出的粒子运动时间最短，此时轨迹圆心为o2，由三角形关系得：，sin，所以可得=30此粒子的运动时间时间差为t=t1t2=答：（1）要使粒子a从oc边界离开磁场后竖直向下垂直进入匀强电场，经过匀强电场后从x轴上的p点（图中未画出）离开，则该粒子射入磁场的初速度v1为op的距离为；（2）若大量粒子a同时以v2=从m点沿xoy平面的各个方向射入磁场中，则从oc边界最先射出的粒子与最后射出的粒子的时间差为点评：本题考查了求粒子做圆周运到达周期、运动时间等问题，难度较大，尤其是计算最长时间时，对数学能量的要求太高；根据几何关系求出带电粒子在磁场中的偏转角有两个，要注意分别进行求解四、选考题（共15分请考生从给出的2个模块物理题任选一题作答，并用2b铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑如果多做，则按所做的第一题计分）物理-选修3-315以下说法正确的有( )a布朗运动证明，组成固体小颗粒的分子在做无规则运动b液晶的光学性质会随温度、外加电压等外界因素的变化而变化c第二类永动机不可能制成，是因为违反了能量守恒定律d已知阿伏伽德罗常数，某气体的摩尔质量，就可以计算出该气体的分子质量考点：* 液晶；阿伏加德罗常数；布朗运动 分析：布朗运动是由于液体分子做无规则运动时对固体小颗粒撞击作用不平衡引起的；液晶的光学性质会随温度、外加电压等外界因素的变化而变化；第二类永动机不可能制成，是因为违反了热力学第二定律；一个分子质量m0=解答：解：a、布朗运动是由于液体分子做无规则运动时对固体小颗粒撞击作用不平衡引起的，故布朗运动证明了液体分子在不停息的做无规则运动，a错误；b、根据液晶的特点：液晶的光学性质会随温度、外加电压等外界因素的变化而变化，b正确；c、第二类永动机不可能制成，是因为违反了热力学第二定律，第一类永动机不能制成是因为违反了热力学第一定律，故c错误；d、一个分子质量m0=，即已知阿伏伽德罗常数，某气体的摩尔质量，就可以计算出该气体的分子质量，d正确故选：bd点评：本题中要注意d项，有关微观粒子的计算问题：一个分子的质量m0=，此公式对于气体、液体、固体均适用；一个分子的体积v0=，此公式的前提是分子之间没有空隙，故只适用于液体和固体，不适用于气体16如图所示，上端开口的光滑圆柱形气缸竖直放置，截面积为40cm2的活塞将一定质量的气体和一形