江苏省扬州市邗江区公道中学高三物理上学期期末复习（四）试题（含解析）新人教版.doc

2013-2014学年江苏省扬州市邗江区公道中学高三（上）期末物理复习试卷（四）一、单项选择题本题共5小题，每小题3分，共计15分每小题只有一个选项符合题意1（3分）（2013秋邗江区校级期末）真空中有两个等量的同种点电荷，以连线中点o为坐标原点，以它们的中垂线为x轴，下图中能正确表示x轴上电场强度情况的是（）abcd2（3分）（2012盐城二模）北斗卫星导航系统是我国自行制开发的区域性三维卫星定位与通信系统（cnss），建成后的北斗卫星导航系统包括5颗同步卫星和30颗一般轨道卫星对于其中的5颗同步卫星，下列说法中正确的是（）a一定位于空间同一位置上b一定位于空间同一轨道上c地球对它们的吸引力一定相同d它们运行的加速度一定相同3（3分）（2013湖北模拟）超导体的电阻为零，如果闭合的超导电路内有电流，这个电流不产生焦耳热，所以不会自行消失有一超导圆环于图示位置，此时圆环中没有电流将一根条形磁体沿圆环的中心轴oo移到p点以下说法正确的是（）a磁体移近的过程中，从左向右看圆环中产生顺时针方向的感应电流b磁体移近的过程中，圆环受到磁体的吸引作用c磁体到达p点停止后，圆环中电流立即消失d磁体到达p点停止后，圆环受到磁体的排斥作用4（3分）（2012盐城二模）动车组是由动力车和不带动力的车厢按照一定规律编组而成已知动力车与车厢质量相同，每节动力车提供的额定功率相同，动车组受到的阻力与速率成正比现有一动车组，当只有一节动力车时，最大速率为v，若要使其最大行驶速率提升为2v，则将非动力车改为动力车的数量应是（）a2b3c4d85（3分）（2012盐城二模）某河流中水流的速度是2m/s，小船相对于静水的速度为1m/s，让小船船头正对河岸渡河，恰好行驶到河对岸的b点现使小船船头指向上游某方向渡河，则小船（）a到达河对岸的位置一定在b点的右侧b到达河对岸的位置一定在b点的左侧c仍可能到达b点，但渡河的时间比先前长d仍可能到达b点，但渡河的时间比先前短二、多项选择题本题共4小题，每小题4分，共计16分每小题有多个选项符合题意全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分6（4分）（2013韶关一模）如图所示，r是光敏电阻，当它受到的光照强度增大时（）a灯泡l变暗b光敏电阻r上的电压增大c电压表v的读数减小d电容器c的带电量增大7（4分）（2012盐城二模）供电公司检修人员用交流电表监控供电线路中强电流和高电压，使用的仪器是电流互感器和电压互感器，接线如图所示其中n1、n2、n3、n4、分别为四组线圈的匝数，a、b为两只交流电表，下列说法中正确的是（）aa为电流互感器，且n1n2，a是电流表bb为电压互感器，且n3n4，a是电流表cb为电流互感器，且n3n4，b是电流表da为电压互感器，且n1n2，a是电压表8（4分）（2012盐城二模）某质点受到一恒力作用，其动能与时间的关系图象可能是（）abcd9（4分）（2012盐城二模）如图所示，a、b两物体静止在粗糙水平面上，其间用一根轻弹簧相连，弹簧的长度大于原长若再用一个从零开始缓慢增大的水平力f向右拉物体b，直到a即将移动，此过程中，地面对b的摩擦力f1和对a的摩擦力f2的变化情况（）af1先变小后变大再不变bf1先不变后变大再变小cf2先变大后不变df2先不变后变大三、简答题：本题分必做题（第l0、11、12题）和选做题（第13、14题）两部分，共计42分10（4分）（2013秋邗江区校级期末）一种游标卡尺，它的游标尺上有50个小的等分刻度，总长度为49mm，用它测量某工件宽度，示数如图甲所示，其读数为mm；图乙中的螺旋测微器读数为mm11（6分）（2013秋邗江区校级期末）在“验证机械能守恒定律”的实验中，某同学用如图甲所示装置进行实验，获取一张纸带，但起始点模糊不清取后面连续打出的清晰点来研究，测出b、c、d、e、f到a点的距离分别为hb、hc、hd、he、hf已知相邻计数点间的时间间隔为t，重物质量为m实验中，打点计时器两个限位孔的连线必须保持打e点时重物的动能表达式为在v2h坐标系中，描出b、c、d、e点对应的坐标，如图乙所示如果这些坐标可连成一条直线，要判断重物下落过程中机械能是否守恒，还需要12（8分）（2012盐城二模）为了测定一电压表的内阻，给定以下器材：a电压表（03v，内阻约为几千欧） b电流表（01ma）c电流表（01a）d滑动变阻器（050欧）e电源（1.5v的干电池2节）f开关及导线若干（1）为了获得多组测量数据，请设计电路图并画在虚线框内（2）实验中电流表应选用b，不应该选用c，其理由是（3）下表是此次实验中测得的6组数据试验次数123456电压/v1.61.82.02.22.42.6电流/ma0.410.450.540.550.610.65请在坐标纸上描点作出ui图线（4）根据ui图线，计算得到电压表的内阻为k【选做题】本题包括a、b两小题，若两题都做，则按a、b两题评分a（选修模块3-3）（12分）13（3分）（2013临海市校级模拟）小张在显微镜下观察水中悬浮的细微粉笔末的运动他把小颗粒每隔一定时间的位置记录在坐标纸上，如图所示，下列判断正确的是（）a图中的折线就是粉笔末的运动轨迹b图中的就是水分子的运动轨迹c从整体上看粉笔末的运动是无规则的d图中折线表明水分子在短时间内运动是有规则的14（4分）（2014昆山市校级模拟）夏天的阳光烤暖了大地，使地面附近的空气变热，形成暖气团升往高空而逐渐膨胀由于暖气团体积非常大，可不计和外界大气的热交换，则暖气团在上升过程中对外界气体（填“做正功”、“做负功”或“不做功”），暖气团内部的温度（填“升高”、“降低”或“不变”）15（5分）（2014昆山市校级模拟）为庆祝教师节，某学校购买了一只20l的氢气瓶给氢气球充气氢气瓶内氢气的初始压强为3atm，每只氢气球的容积为2l，充气后氢气球内气体的压强为1.2atm，若不计充气过程中氢气温度的变化，则该氢气瓶一共能充多少只氢气球？b（选修模块3-5）（12分）16（3分）（2013秋邗江区校级期末）如果下列四种粒子具有相同的速率，则德布罗意波长最大的是（）a电子b中子c质子d粒子17（4分）（2013秋邗江区校级期末）氢原子的部分能级如图所示已知可见光的光子能量在1.62ev到3.11ev之间，则处于基态的氢原子（选填“可以”或“不可以”）吸收多个可见光光子使其向高能级跃迁氢原子从高能级向基态跃迁时，发出的光波波长比可见光波长（选填“长”、“短”或“相等”）18（5分）（2013秋邗江区校级期末）在光滑的水平面上，有一质量为3kg，速度大小为5m/s的a球与质量为6kg静止的b球对心碰撞，碰后b球的速度大小为3m/s，求碰后a球的速度四、计算题：本题共3小题，共计47分解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位19（15分）（2012盐城二模）两根相距为l的平行光滑金属导轨竖直放置，上端通过导线连接阻值为r的电阻现有n个条形匀强磁场，方向与导轨平面垂直，磁场区域的宽度为a，间距也为a一个质量为m、长为l的导体棒（电阻不计）与导轨垂直，在距磁场区域1为a的位置由静止开始释放，此后一直没有离开导轨，且每当进入磁场区域均做匀速运动求（1）区域的磁感应强度的大小；（2）导体棒通过磁场区域2的时间；（3）导体棒从开始下落到穿过磁场区域n的过程中，电阻r上总共产生的电热20（16分）（2012盐城二模）如图所示，半径为1m的半圆柱体固定在水平面上，小球a和b通过轻绳相连，静止在光滑的圆柱面上，与竖直方向的夹角分别为37和53oo右侧有一特殊区域，可以对a球施加竖直恒力作用，而对b没有力的作用某时刻小球受到干扰失去平衡，从静止开始运动，a沿圆柱面向上，b沿圆柱面向下，当a球刚进入特殊区域时剪断轻绳，恰能离开圆柱面落到水平面上已知a球的质量为1kg，sin37=0.6，cossin37=0.8，重力加速度g=10m/s2求（1）b球质量（2）a球进入特殊区域前瞬间圆柱体对它的支持力（3）a球落地点与o点的距离21（16分）（2013秋邗江区校级期末）如图所示，在第一象限内，0xa的区域中有垂直于纸面向里的匀强磁场，xa的区域中有垂直于纸面向外的匀强磁场，两区域内的磁感应强度的大小均为b在原点o处有一小孔，一束质量为m、电荷量为q带正电的粒子，沿着x轴方向经小孔射入磁场，最后穿过x轴或y轴离开磁场已知入射粒子的速率在零到某一最大值之间，速率最大的粒子在0xa区域内运动的时间为，它离开磁场时运动方向与x轴垂直，不计粒子重力，求：（1）y轴上粒子射出点到原点o的最大距离；（2）速率最大的粒子离开磁场时的x轴坐标；（3）所有粒子在磁场中运动的时间范围2013-2014学年江苏省扬州市邗江区公道中学高三（上）期末物理复习试卷（四）参考答案与试题解析一、单项选择题本题共5小题，每小题3分，共计15分每小题只有一个选项符合题意1（3分）（2013秋邗江区校级期末）真空中有两个等量的同种点电荷，以连线中点o为坐标原点，以它们的中垂线为x轴，下图中能正确表示x轴上电场强度情况的是（）abcd考点：电场的叠加；电场强度专题：电场力与电势的性质专题分析：由场强的叠加原量可知两等量同号电荷连线中垂线上，中点场强为零，无限远处场强为零，则由中点到无限远场强先增加再减小，两边的方向相反解答：解：两等量同号电荷连线中垂线上，中点场强为零，无限远处场强为零，两者之间场强有极值点，两边的方向相反则b正确故选：b点评：解决本题的关键知道等量同号电荷周围电场线和等势面的分布情况，知道电场线的切线方向表示电场的方向，电场线的疏密表示电场的强弱2（3分）（2012盐城二模）北斗卫星导航系统是我国自行制开发的区域性三维卫星定位与通信系统（cnss），建成后的北斗卫星导航系统包括5颗同步卫星和30颗一般轨道卫星对于其中的5颗同步卫星，下列说法中正确的是（）a一定位于空间同一位置上b一定位于空间同一轨道上c地球对它们的吸引力一定相同d它们运行的加速度一定相同考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用专题：人造卫星问题分析：了解同步卫星的含义，即同步卫星的周期必须与地球自转周期相同物体做匀速圆周运动，它所受的合力提供向心力，也就是合力要指向轨道平面的中心通过万有引力提供向心力，列出等式通过已知量确定未知量解答：解：a、因为同步卫星要和地球自转同步，所以运行轨道就在赤道所在平面内，根据f=m2r，因为一定，所以 r 必须固定，所以一定位于空间同一轨道上，故a错误，b正确c、由于不同的同步卫星质量可能不同，所以地球对它们的吸引力大小不一定相等，方向一定不同，故c错误d、根据=ma得它们运行的加速度大小相等，但是方向不同，加速度是矢量，所以运行的加速度一定不同，故d错误故选b点评：地球质量一定、自转速度一定，同步卫星要与地球的自转实现同步，就必须要角速度与地球自转角速度相等，这就决定了它的轨道高度和线速度3（3分）（2013湖北模拟）超导体的电阻为零，如果闭合的超导电路内有电流，这个电流不产生焦耳热，所以不会自行消失有一超导圆环于图示位置，此时圆环中没有电流将一根条形磁体沿圆环的中心轴oo移到p点以下说法正确的是（）a磁体移近的过程中，从左向右看圆环中产生顺时针方向的感应电流b磁体移近的过程中，圆环受到磁体的吸引作用c磁体到达p点停止后，圆环中电流立即消失d磁体到达p点停止后，圆环受到磁体的排斥作用考点：楞次定律分析：由图示可知，穿过圆环的磁场方向向右，在磁体靠近圆环的过程中，穿过圆环的磁通量变大，由楞次定律可以判断出环中感应电流的方向；由楞次定律可知，感应电流总是阻碍磁体间的相对运动，据此判断圆环对磁体的作用解答：解：a、穿过圆环的磁场方向向右，在磁体靠近圆环的过程中，穿过圆环的磁通量变大，由楞次定律可知，环中的感应电流从左向右看沿逆时针方向，故a错误；b、由楞次定律可知，感应电流总是阻碍磁体的性对运动，因此在磁体移近的过程中，圆环受到磁体的斥力作用，故b错误；c、在磁体靠近圆环的过程中，环中产生感应电流，由于环是超导体对电流没有阻碍作用，磁体到达p点停止后，圆环中电流不会消失，故c错误；d、由楞次定律可知，磁体到达p点停止后，圆环受到磁体的排斥作用，故d正确；故选d点评：熟练应用楞次定律是正确解题的关键；超导体对电流没有阻碍作用，穿过超导体环的磁通量不变后，环中的电流不会消失4（3分）（2012盐城二模）动车组是由动力车和不带动力的车厢按照一定规律编组而成已知动力车与车厢质量相同，每节动力车提供的额定功率相同，动车组受到的阻力与速率成正比现有一动车组，当只有一节动力车时，最大速率为v，若要使其最大行驶速率提升为2v，则将非动力车改为动力车的数量应是（）a2b3c4d8考点：功率、平均功率和瞬时功率专题：功率的计算专题分析：当牵引力和阻力的大小相等时，动车的速度达到最大值，由此可以求得将非动力车改为动力车的数量解答：解：设每节动车的功率为p，阻力为kv，当只有一节动力车时，最大速率为v，则：p=f1v其中牵引力f1=kv所以p=kv2若要使其最大行驶速率提升为2v，则p=k（2v）2解得：p=4p所以将非动力车改为动力车的数量应是41=3节故选b点评：当机车的速度达到最大时，机车做匀速运动，此时机车处于受力平衡状态，即此时的牵引力和受到的阻力的大小相等，再根据瞬时功率的公式即可解答本题5（3分）（2012盐城二模）某河流中水流的速度是2m/s，小船相对于静水的速度为1m/s，让小船船头正对河岸渡河，恰好行驶到河对岸的b点现使小船船头指向上游某方向渡河，则小船（）a到达河对岸的位置一定在b点的右侧b到达河对岸的位置一定在b点的左侧c仍可能到达b点，但渡河的时间比先前长d仍可能到达b点，但渡河的时间比先前短考点：运动的合成和分解专题：运动的合成和分解专题分析：小船船头正对河岸渡河，恰好行驶到河对岸的b点知合速度的方向与ab相同，改变静水速的方向，只要合速度的方向与ab方向相同，仍然可以到达b点，将船的运动分解为垂直于河岸方向和沿河岸方向，根据垂直于河岸方向上的速度求出渡河的时间解答：解：现使小船船头指向上游某方向渡河，合速度方向仍然可以与ab相同，如图，即仍然可能到达b点 将船的运动分解为垂直于河岸方向和沿河岸方向，在垂直于河岸方向上，位移不变，分速度减小，则渡河时间变长故c正确，a、b、d错误故选c点评：解决本题的关键知道合速度只要沿ab方向就能到达b点，以及知道分运动与合运动具有等时性二、多项选择题本题共4小题，每小题4分，共计16分每小题有多个选项符合题意全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分6（4分）（2013韶关一模）如图所示，r是光敏电阻，当它受到的光照强度增大时（）a灯泡l变暗b光敏电阻r上的电压增大c电压表v的读数减小d电容器c的带电量增大考点：闭合电路的欧姆定律；常见传感器的工作原理专题：恒定电流专题分析：当光照强度增大时，光敏电阻阻值减小，外电路总电阻减小，根据欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，确定电压表示数的变化根据电流的变化判断通过灯泡电流和电压的变化，进而判断电容器两段电压的变化，根据q=uc判断电容器带电量的变化解答：解：a、当光照强度增大时，光敏电阻阻值减小，外电路总电阻减小，根据欧姆定律得知，总电流i增大，灯泡变亮，故a错误；b、电流变大，电源内阻所占电压变大，路端电压u减小，所以则电压表的示数减小而灯泡两段电压增大，所以光敏电阻r上的电压减小，故b错误，c正确d、灯泡两端电压，电容器两端电压增大，根据q=uc可知电容器c的带电量增大，故d正确故选cd点评：本题是电路中动态变化分析问题，要搞清局部与整体的关系，一般按“局部整体局部”的顺序分析7（4分）（2012盐城二模）供电公司检修人员用交流电表监控供电线路中强电流和高电压，使用的仪器是电流互感器和电压互感器，接线如图所示其中n1、n2、n3、n4、分别为四组线圈的匝数，a、b为两只交流电表，下列说法中正确的是（）aa为电流互感器，且n1n2，a是电流表bb为电压互感器，且n3n4，a是电流表cb为电流互感器，且n3n4，b是电流表da为电压互感器，且n1n2，a是电压表考点：变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：理想变压器的工作原理是原线圈输入变化的电流时，导致副线圈的磁通量发生变化，从而导致副线圈中产生感应电动势而副线圈中的感应电流的变化，又导致在原线圈中产生感应电动势串联在电路中的是电流互感器，并联在电路中的是电压互感器解答：解：a、由图可知，a串联在电路中是电流互感器，电路中是强电流，通过变压器变成弱电流，用电流表测量，因为电流之比等于线圈匝数的倒数比，所以n1n2，a是电流表，故a正确，d错误；b、b并联在电路中是电压互感器，电路中是强电压，通过变压器变成弱电压，用电压表测量，因为电压之比等于线圈匝数比，所以n3n4，故b正确，c错误；故选ab点评：理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象同时变压比与匝数成正比，变流比与匝数成反比8（4分）（2012盐城二模）某质点受到一恒力作用，其动能与时间的关系图象可能是（）abcd考点：动能定理的应用专题：动能定理的应用专题分析：质点所受的恒力与初速度方向可能相同，也可能相反，由v=v0+at得到速度与时间的关系，再由ek=得到动能与时间的关系式解答：解：若质点所受的恒力与初速度方向可能相反，质点先沿原方向做匀减速运动，后沿相反方向做初速度为零的匀加速运动，可以看作一种匀减速运动设加速度大小为a，初速度为v0，则有v=v0at，ek=，ekt图象是抛物线，且开口向上b图象是可能的若质点所受的恒力与初速度方向可能相同，质点做匀加速运动，则有v=v0+at，ek=ekt图象是抛物线，且开口向上c图象是可能的故选bc点评：本题根据恒力与初速度方向关系，分析质点可能的运动情况，由速度公式得到速度的表达式，再得到动能的表达式选择图象9（4分）（2012盐城二模）如图所示，a、b两物体静止在粗糙水平面上，其间用一根轻弹簧相连，弹簧的长度大于原长若再用一个从零开始缓慢增大的水平力f向右拉物体b，直到a即将移动，此过程中，地面对b的摩擦力f1和对a的摩擦力f2的变化情况（）af1先变小后变大再不变bf1先不变后变大再变小cf2先变大后不变df2先不变后变大考点：牛顿第二定律；胡克定律专题：牛顿运动定律综合专题分析：先分析刚开始弹簧所处状态，根据平衡条件判断刚开始摩擦力的方向，若再用一个从零开始缓慢增大的水平力f向右拉物体b，再对ab进行受力分析，即可判断解答：解：刚开始弹簧处于伸长状态，对a的作用力向右，对b的作用力向左，而ab均静止，所以刚开始的f1方向水平向右，f2方向水平向左，当用一个从零开始缓慢增大的水平力f向右拉物体b时，刚开始，未拉动b，弹簧弹力不变，f2不变，f1减小；当f等于弹簧弹力时，f1等于零，f继续增大，f1反向增大，当f1增大到最大静摩擦力时，b物体开始运动，此后变为滑动摩擦力，不发生变化，而弹簧被拉伸，弹力变大，a仍静止，所以f2变大，所以对a的摩擦力f2先不变，后变大，故ad正确故选ad点评：本题解题的关键是对ab两个物体进行正确的受力分析，知道当b没有运动时，弹簧弹力不变，当b运动而a为运动时，弹力变大，难度适中三、简答题：本题分必做题（第l0、11、12题）和选做题（第13、14题）两部分，共计42分10（4分）（2013秋邗江区校级期末）一种游标卡尺，它的游标尺上有50个小的等分刻度，总长度为49mm，用它测量某工件宽度，示数如图甲所示，其读数为23.20mm；图乙中的螺旋测微器读数为1.130mm考点：刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用专题：实验题分析：解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读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：1、游标卡尺的主尺读数为：2.3cm=23mm，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为100.02mm=0.20mm，所以最终读数为：23mm+0.20mm=23.20mm2、螺旋测微器的固定刻度为1mm，可动刻度为13.00.01mm=0.130mm，所以最终读数为1mm+0.130mm=1.130mm故答案为：23.20，1.130点评：对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，正确使用这些基本仪器进行有关测量11（6分）（2013秋邗江区校级期末）在“验证机械能守恒定律”的实验中，某同学用如图甲所示装置进行实验，获取一张纸带，但起始点模糊不清取后面连续打出的清晰点来研究，测出b、c、d、e、f到a点的距离分别为hb、hc、hd、he、hf已知相邻计数点间的时间间隔为t，重物质量为m实验中，打点计时器两个限位孔的连线必须保持竖直打e点时重物的动能表达式为在v2h坐标系中，描出b、c、d、e点对应的坐标，如图乙所示如果这些坐标可连成一条直线，要判断重物下落过程中机械能是否守恒，还需要判断直线斜率是否接近2g考点：验证机械能守恒定律专题：实验题；机械能守恒定律应用专题分析：为了尽量减小纸带与限位孔之间的摩擦，要求两个限位孔的连线必须保持竖直；根据匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，求出e点速度，然后即可求出经过改点时的动能大小；根据机械能守恒的表达式写出v2h函数关系，结合图象特点可正确解答解答：解：为了尽量减小纸带与限位孔之间的摩擦，减小实验误差，要求两个限位孔的连线必须保持竖直匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，因此有：ve=打e点时重物的动能表达式为：ek=mv2=根据机械能守恒有：mgh=mv2，故有：v2=2gh，因此若在v2h坐标系中所画直线的斜率为2g，则说明重物下落过程中机械能是否守恒故答案为：竖直判断直线斜率是否接近2g点评：本题全面的考查了验证机械能守恒定律中的数据处理问题，要熟练掌握匀变速直线运动的规律以及功能关系，增强数据处理能力12（8分）（2012盐城二模）为了测定一电压表的内阻，给定以下器材：a电压表（03v，内阻约为几千欧） b电流表（01ma）c电流表（01a）d滑动变阻器（050欧）e电源（1.5v的干电池2节）f开关及导线若干（1）为了获得多组测量数据，请设计电路图并画在虚线框内（2）实验中电流表应选用b，不应该选用c，其理由是待测电压表的满偏电流在1ma左右，远小于电流表c的额定电流（3）下表是此次实验中测得的6组数据试验次数123456电压/v1.61.82.02.22.42.6电流/ma0.410.450.540.550.610.65请在坐标纸上描点作出ui图线（4）根据ui图线，计算得到电压表的内阻为4.0k考点：伏安法测电阻专题：实验题；恒定电流专题分析：本题只需要测出通过待测电压表的电流，根据欧姆定律求出电压表的满偏电流与电流表b接近，故应将电压表与电流表b串联使用，又由于待测电压表内阻远大于滑动变阻器阻值，故变阻器应用分压式接法解答：解：（1）根据欧姆定律可求出电压表的额定电流在1ma左右，与电流表b量程接近，故可将待测电压表与电流表b串联，又因为滑动变阻器最大阻值远小于待测电压表内阻，故变阻器应用分压式接法，电路图如图所示：（2）由于待测电压表的满偏电流在1ma左右，远小于电流表c的额定电流，故不能选电流表c（3）根据表中数据取标度、描点、连线如图所示：（4）根据ui图象可求出电压表内阻=k=4.0k故答案为（1）如图 （2）待测电压表的满偏电流在1ma左右，远小于电流表c的额定电流 （3）如图 （4）4.0点评：设计电学实验时要通过估算，要求通过电表的电流不能小于满刻度的；当滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻时应用分压式接法【选做题】本题包括a、b两小题，若两题都做，则按a、b两题评分a（选修模块3-3）（12分）13（3分）（2013临海市校级模拟）小张在显微镜下观察水中悬浮的细微粉笔末的运动他把小颗粒每隔一定时间的位置记录在坐标纸上，如图所示，下列判断正确的是（）a图中的折线就是粉笔末的运动轨迹b图中的就是水分子的运动轨迹c从整体上看粉笔末的运动是无规则的d图中折线表明水分子在短时间内运动是有规则的考点：布朗运动专题：布朗运动专题分析：粉笔末的运动是布郎运动，布朗运动时悬浮微粒的无规则运动，反应的是液体分子的无规则运动，由布朗运动的特点分析各选项解答：解：ab、图中的折线是粉笔末在不同时刻的位置的连线，即不是固体颗粒的运动轨迹，也不是分子的运动轨迹故a错误，b错误；cd、图中的折线没有规则，说明粉笔末的运动是无规则的，分子的运动是无规则的，故c正确，d错误故选：c点评：重点考察分子动理论的内容，明确布郎运动特点，一定要知道悬浮微粒的无规则热运动，每隔一定时间的位置记录不是一回事14（4分）（2014昆山市校级模拟）夏天的阳光烤暖了大地，使地面附近的空气变热，形成暖气团升往高空而逐渐膨胀由于暖气团体积非常大，可不计和外界大气的热交换，则暖气团在上升过程中对外界气体做正功（填“做正功”、“做负功”或“不做功”），暖气团内部的温度降低（填“升高”、“降低”或“不变”）考点：热力学第一定律专题：热力学定理专题分析：根据热力学第一定律方向问题的做功和吸热情况解答：解：暖气团在上升过程中气体膨胀，对外做正功，由热力学第一定律知内能减小，分子的平均动能减小，故温度降低故答案为：做做功，降低点评：对理想气体，内能由温度决定，根据热力学第一定律分析物体的内能变化15（5分）（2014昆山市校级模拟）为庆祝教师节，某学校购买了一只20l的氢气瓶给氢气球充气氢气瓶内氢气的初始压强为3atm，每只氢气球的容积为2l，充气后氢气球内气体的压强为1.2atm，若不计充气过程中氢气温度的变化，则该氢气瓶一共能充多少只氢气球？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：因是等温变化，由玻意耳定律求得解答：解：因温度不变为等温变化，初态：p1=3atm v1=20l 末态：p2=1.2atm v2=（20+2n）l由玻意耳定律：p1v1=p2v2求得：n=15答：该氢气瓶一共能充15只氢气球点评：考查等温变化玻意耳定律的应用，能确定初末状态的状态参量是关键b（选修模块3-5）（12分）16（3分）（2013秋邗江区校级期末）如果下列四种粒子具有相同的速率，则德布罗意波长最大的是（）a电子b中子c质子d粒子考点：量子化现象分析：德布罗意波长为=，p是动量，h是普朗克常量动量p=mv解答：解：（1）德布罗意波长为=又p=mv解得：=速度大小相同，电子的质量m最小，则电子的德布罗意波长最大故选：a点评：本题关键记住德布罗意波的波长公式=，明确p是粒子的动量，基础题17（4分）（2013秋邗江区校级期末）氢原子的部分能级如图所示已知可见光的光子能量在1.62ev到3.11ev之间，则处于基态的氢原子不可以（选填“可以”或“不可以”）吸收多个可见光光子使其向高能级跃迁氢原子从高能级向基态跃迁时，发出的光波波长比可见光波长短（选填“长”、“短”或“相等”）考点：氢原子的能级公式和跃迁专题：原子的能级结构专题分析：基态的氢原子至少要吸收3.4ev（13.6ev）=10.2ev能量才能发生跃迁根据玻尔理论，h=ene1，分析氢原子从高能级向基态跃迁时，发出的光波波长与可见光波长的关系解答：解：根据玻尔理论可知，基态的氢原子至少要吸收3.4ev（13.6ev）=10.2ev能量才能发生跃迁所以处于基态的氢原子不可以吸收多个可见光光子使其向高能级跃迁氢原子从高能级向基态跃迁时，发出的光子能量最小为3.4ev（13.6ev）=10.2ev，大于可见光光子的能量，由光子能量e=h得知，发出的光波波长比可见光波长短故答案为：不可以，短点评：玻尔理论e=h=h，可比较跃迁产生的光子与可见光光子能量的关系，比较波长关系18（5分）（2013秋邗江区校级期末）在光滑的水平面上，有一质量为3kg，速度大小为5m/s的a球与质量为6kg静止的b球对心碰撞，碰后b球的速度大小为3m/s，求碰后a球的速度考点：动量守恒定律分析：两球碰撞过程系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出碰撞后a的速度解答：解：两球碰撞过程系统动量守恒，以a的初速度反效果为正方向，由动量守恒定律得：mav0=mav+mbvb，代入数据解得：v=1m/s，方向与a的初速度方向相反；答：碰后a的速度大小为1m/s，方向与初速度相反点评：本题考查了求速度，分析清楚运动过程、应用动量守恒地定律 即可正确解题四、计算题：本题共3小题，共计47分解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位19（15分）（2012盐城二模）两根相距为l的平行光滑金属导轨竖直放置，上端通过导线连接阻值为r的电阻现有n个条形匀强磁场，方向与导轨平面垂直，磁场区域的宽度为a，间距也为a一个质量为m、长为l的导体棒（电阻不计）与导轨垂直，在距磁场区域1为a的位置由静止开始释放，此后一直没有离开导轨，且每当进入磁场区域均做匀速运动求（1）区域的磁感应强度的大小；（2）导体棒通过磁场区域2的时间；（3）导体棒从开始下落到穿过磁场区域n的过程中，电阻r上总共产生的电热考点：导体切割磁感线时的感应电动势；机械能守恒定律；电磁感应中的能量转化专题：电磁感应功能问题分析：（1）根据机械能守恒求出棒子进入区域的速度，抓住做匀速直线运动，合力为零，求出磁感应强度的大小（2）根据匀变速直线运动的速度位移公式求出棒子进入第2个磁场的速度，再根据位移时间公式求出运动的时间（3）每次经过磁场区域做匀速直线运动，动能不变，重力势能减小，减小的重力势能转化为电阻r上产生的总热量，根据能量守恒定律求出电热解答：解：（1）棒子自由下落a，根据机械能守恒得，进入区域后，导棒做匀速运动，mg=bil所以b=（2）可以用磁场外两个连续匀变速运动求速度v2导体棒通过磁场区域2的时间（3）棒在磁场外运动时，机械能守恒，进入后动能不变，势能减小，减小额势能转化为电热q=nmga答：（1）区域的磁感应强度的大小b=（2）导体棒通过磁场区域2的时间为（3）导体棒从开始下落到穿过磁场区域n的过程中，电阻r上总共产生的电热为nmga点评：本题综合考查了导体切割磁感线产生的电动势，机械能守恒定律和能量守恒定律，综合性较强，关键是理清运动过程，选择合适的规律进行求解20（16分）（2012盐城二模）如图所示，半径为1m的半圆柱体固定在水平面上，小球a和b通过轻绳相连，静止在光滑的圆柱面上，与竖直方向的夹角分别为37和53oo右侧有一特殊区域，可以对a球施加竖直恒力作用，而对b没有力的作用某时刻小球受到干扰失去平衡，从静止开始运动，a沿圆柱面向上，b沿圆柱面向下，当a球刚进入特殊区域时剪断轻绳，恰能离开圆柱面落到水平面上已知a球的质量为1kg，sin