江苏省淮安市高三物理下学期第五次模拟考试试卷（含解析）.doc

江苏省淮安市2015届高考物理五模试卷一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分，每小题只有一个选项符合题意1将一长度为0.1m的直导线放入某一匀强磁场中，当导线中电流为2a时，测得其所受安培力为1n则此匀强磁场的磁感应强度b大小( )ab0.2tbb=0.2tcb5tdb5t2如图所示，把一个带正电的小球放置在原来不带电的枕形导体附近，由于静电感应，枕形导体的a、b端分别出现感应电荷，则( )a枕形导体a端电势高于b端电势b仅闭合s1，有电子从大地流向枕形导体c仅闭合s1，有电子从枕形导体流向大地d仅闭合s2，有正电荷从枕形导体流向大地3如图所示，a、b、c、d为导体圆环的四等分点，圆环的半径为r，一匀强磁场垂直于圆环平面，且磁场的磁感应强度随时间变化规律满足b=kt，则a、b两点间的电压为( )a0bcdkr24如图所示，小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均相同，小物块从倾角为1的轨道上高度为h的a点静止释放，运动至b点时速度为v1现将倾斜轨道的倾角调至为2，仍将物块从轨道上高度为h的a点静止释放，运动至b点时速度为v2已知21，不计物块在轨道接触处的机械能损失则( )av1v2bv1v2cv1=v2d由于不知道1、2的具体数值，v1、v2关系无法判定5如图所示，两根完全相同、轴线在同一水平面内的平行长圆柱上放一均匀木板，木板的重心与两圆柱等距，其中圆柱的半径r=2cm，木板质量m=5kg，木板与圆柱间的动摩擦因数=0.2，两圆柱以角速度绕轴线作相反方向的转动现施加一过木板重心且平行圆柱轴线的拉力f于木板上，使其以速度v=0.6m/s沿圆柱表面作匀速运动取g=10m/s2下列说法中正确的是( )a若=0，则水平拉力f=20nb若=40rad/s，则水平拉力f=6nc若=40rad/s，木板移动距离x=0.5m，则拉力所做的功为4jd不论为多大，所需水平拉力恒为10n二、多项选择题：本大题共4小题，每小题4分，共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我国自主研制的高分辨率对地观测系统包含至少7颗卫星和其他观测平台，分别编号为“高分一号”到“高分七号”，它们都将在2020年前发射并投入使用于2013年4月发射成功的“高分一号”是一颗低轨遥感卫星，其轨道高度为645km关于“高分一号”卫星，下列说法正确的是( )a发射速度一定大于7.9km/sb可以定点在相对地面静止的同步轨道上c卫星绕地球运行的线速度比月球的大d卫星绕地球运行的周期比月球的大7如图所示，从水平地面上同一位置先后抛出的两相同小球a、b，分别落在地面上的m、n点，两球运动的最大高度相同不计空气阻力则( )ab的飞行时间比a的短bb与a在空中可能相遇ca、b在最高点重力的瞬时功率相等db落地时的动能小于a落地时的动能相等8如图所示，真空中有两个固定点电荷a、b，所带电荷量分别为+2q和+qm、n是ab连线中垂线上的两点，amb=120，此时m点的电场强度大小为em，电势为m，将电荷量为+q的点电荷由m点移至n点，电场力做功为w若保持其它条件不变，仅将b所带电量增加至+2q，此时m点的电场强度大小为em，电势为m，仍将电荷量为+q的点电荷由m点移至n点，电场力做功为w则下列说法正确的是( )aem一定大于embem可能等于emcm一定大于mdw一定大于w9回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的d形金属盒半径为r，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计磁感应强度为b的匀强磁场与盒面垂直a处粒子源产生质量为m、电荷量为+q的粒子，在加速电压为u的加速电场中被加速所加磁场的磁感应强度、加速电场的频率可调，磁场的磁感应强度最大值为bm和加速电场频率的最大值fm则下列说法正确的是( )a粒子第n次和第n+1次半径之比总是：b粒子从静止开始加速到出口处所需的时间为t=c若fm，则粒子获得的最大动能为ekm=22mfm2r2d若fm，则粒子获得的最大动能为ekm=三、简答题：本题分必做题（第10、11题）和选做题（第12-18题）两部分，共计42分请将解答填在答题卡相应的位置10现有一摄像机电池，无法从标签上看清其电动势等数据现进行如下实验操作：（1）选取多用电表的直流电压10v挡，将两表笔直接接到电池的正负两极，指针偏转情况如图1，由此可知其电动势约为_v是否可以利用多用电表的欧姆挡直接粗测其内阻，答：_（选填“可以”或“不可以”）（2）现要更加准确测量其电动势和内电阻，实验室备有下列器材：a电流表（量程0.6a，内阻为3）b电压表（量程3v，内阻为3k）c电压表（量程30v，内阻为30k）d定值电阻r1=500e定值电阻r2=5000f滑动变阻器（阻值范围030）g开关及导线该实验中电压表应选_，定值电阻应选_（均选填选项前的字母序号）在图3方框中画出实验电路图，并将图2实物连线图补充完整若将滑动变阻器打到某一位置，读出此时电压表读数为u，电流表读数为i，则电源电动势和内阻间的关系式为_选做题本题包括a、b和c三个模块，请选定其中两模块，并在答题卡相应的答题区域内作答若三模块都做，则按a、b两模块评分a（选修模块3-3）11把一个小烧瓶和一根弯成直角的均匀玻璃管用橡皮塞连成如图1所示的装置在玻璃管内引入一小段油柱，将一定质量的空气密封在容器内，被封空气的压强跟大气压强相等如果不计大气压强的变化，利用此装置可以研究烧瓶内空气的体积随温度变化的关系（1）关于瓶内气体，下列说法正确的有_a温度升高时，瓶内气体体积增大，压强不变b温度升高时，瓶内气体分子的动能都增大c温度升高，瓶内气体分子单位时间碰撞到容器壁单位面积的次数增多d温度不太低，压强不太大时，可视为理想气体（2）改变烧瓶内气体的温度，测出几组体积v与对应温度t的值，作出vt图象如图2所示已知大气压强p0=1105pa，则由状态a到状态b的过程中，气体对外做的功为_j若此过程中气体吸收热量60j，则气体的内能增加了_j（3）已知1mol任何气体在压强p0=1105pa，温度t0=0时，体积约为v0=22.4l瓶内空气的平均摩尔质量m=29g/mol，体积v1=2.24l，温度为t1=25试估算瓶内空气的质量b(选修模块34)12下列说法正确的是( )a电磁波是由均匀变化的电场或磁场产生的b紫光在水中的传播速度比红光在水中的传播速度小c光导纤维内芯的折射率比外套的小，光传播时在内芯与外套的界面上会发生全反射d在光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由绿光变为红光，则干涉条纹间距变宽13一列简谐横波由o点沿x轴正向传播如图所示，经时间t=6.0102s振动从o点传播到a点，oa两点间的距离为3m当这列波进入ab区域时，它的传播速度变为原来的3倍，则这列波在oa区域内的频率为_hz，在ab区域内的波长为_m14如图所示，abc为直角三棱镜的横截面，abc=30有一细光束mn射到ac面上，且mn与ac的夹角也为30，该光束从n点进入棱镜后再经bc面反射，最终从ab面上的o点射出，其出射光线op与bc面平行作出棱镜内部的光路图（不必写出作图过程）求出此棱镜的折射率c（选修模块3-5）15下列说法正确的是( )a射线为原子的核外电子电离后形成的电子流b一个氢原子从n=3的激发态跃迁到基态时，最多能产生3个不同频率的光子c用加温、加压或改变其化学状态的方法都不能改变原子核衰变的半衰期d原子核经过衰变生成新核，则新核的质量总等于原核的质量16如图所示，光滑水平面上有a、b两物块，已知a物块的质量为2kg，以4m/s的速度向右运动，b物块的质量为1kg，以2m/s的速度向左运动，两物块碰撞后粘在一起共同运动若规定向右为正方向，则碰撞前b物块的动量为_kgm/s，碰撞后共同速度为_m/s17中科院等离子物理研究所设计并制造的世界上首个“人造太阳”实验装置大部件已安装完毕若在此装置中发生核反应的方程是h+hhe，已知h、he核的比结合能分别为eh=1.11mev、ehe=7.07mev，试求此核反应过程中释放的核能四、计算题：本大题共3小题，共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，答案中须明确写出数值和单位18如图所示，竖直平面内的光滑倾斜轨道ab、水平轨道cd与半径r=0.5m的光滑圆弧轨道分别相切于b、c点，ab与水平面的夹角为37，过b点垂直于纸面的竖直平面左侧有匀强磁场，磁感应强度b=1t、方向垂直于纸面向里；过c点垂直于纸面的竖直平面右侧有电场强度e=1104n/c、方向水平向右的匀强电场（图中未画出）现将小物块p从倾斜轨道上a点由静止释放沿ab向下运动，运动过程中电荷量保持不变，不计空气阻力已知物块p的质量m=0.5kg、电荷量q=+2.5104c，p与水平轨道间的动摩擦因数为0.2，a、b两点间距离x=1m，取g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8求：（1）p下滑到b点的速度；（2）p运动到c点时对圆轨道的压力；（3）p与水平面间因摩擦而产生的热量19（16分）如图所示装置由水平轨道、倾角=37的倾斜轨道连接而成，轨道所在空间存在磁感应强度大小为b、方向竖直向上的匀强磁场质量m、长度l、电阻r的导体棒ab置于倾斜轨道上，刚好不下滑；质量、长度、电阻与棒ab相同的光滑导体棒cd置于水平轨道上，用恒力f拉棒cd，使之在水平轨道上向右运动棒ab、cd与导轨垂直，且两端与导轨保持良好接触，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37=0.6，cos37=0.8（1）求棒ab与导轨间的动摩擦因数；（2）求当棒ab刚要向上滑动时cd速度v的大小；（3）若从cd刚开始运动到ab刚要上滑过程中，cd在水平轨道上移动的距离x，求此过程中ab上产生热量q20（16分）如图甲所示，水平面上固定一个倾角为的光滑足够长斜面，斜面顶端有一光滑的轻质定滑轮，跨过定滑轮的轻细绳两端分别连接物块a和b（可看作质点），开始a、b离水平地面的高度h=0.5m，a的质量m0=0.8kg当b的质量m连续变化时，可以得到a的加速度变化图线如乙图所示，图中虚线为渐近线，设加速度沿斜面向上的方向为正方向，不计空气阻力，重力加速度为g取10m/s2求：（1）斜面的倾角；（2）图乙中a0值；（3）若m=1.2kg，由静止同时释放a、b后，a上升离水平地面的最大高度（设b着地后不反弹）江苏省淮安市2015届高考物理五模试卷一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分，每小题只有一个选项符合题意1将一长度为0.1m的直导线放入某一匀强磁场中，当导线中电流为2a时，测得其所受安培力为1n则此匀强磁场的磁感应强度b大小( )ab0.2tbb=0.2tcb5tdb5t考点：安培力 分析：通电导线在磁场中的受到安培力作用，由公式f=bil求出安培力大小，由左手定则来确定安培力的方向安培力方向始终与电流与磁场所构成的平面垂直解答：解：长度为0.5m的通电直导线，垂直放置于匀强磁场，通入电流为2a，则由公式可得安培力的大小为f=bil=b20.1n=1n解得b=5t，安培力方向始终与电流与磁场所构成的平面垂直，此时为最小值故选：d点评：学会运用f=bil计算安培力的大小，注意公式成立的条件是b与i相互垂直2如图所示，把一个带正电的小球放置在原来不带电的枕形导体附近，由于静电感应，枕形导体的a、b端分别出现感应电荷，则( )a枕形导体a端电势高于b端电势b仅闭合s1，有电子从大地流向枕形导体c仅闭合s1，有电子从枕形导体流向大地d仅闭合s2，有正电荷从枕形导体流向大地考点：静电现象的解释 分析：（1）感应起电的实质是在带电体上电荷的作用下，导体上的正负电荷发生了分离，使电荷从导体的一部分转移到了另一部分，既然是转移，那么电荷必然守恒（2）同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引解答：解：如图枕型导体在带正电的小球附近时，枕型导体上的自由电子会向左边运动，金属棒的左端因有了多余的电子而带负电，右端因缺少电子而带正电；而当闭合任何开关时，导体就会与大地连接，会使大地的电子流入枕形导体，当处于静电平衡时，枕形导体是个等势体，即导体a端电势等于b端电势；故b正确，acd错误；故选：b点评：本题考查电荷的转移，有一定的难度，关键知道由于异种电荷相互吸引，大地的负电荷（自由电子）会转移到导体上3如图所示，a、b、c、d为导体圆环的四等分点，圆环的半径为r，一匀强磁场垂直于圆环平面，且磁场的磁感应强度随时间变化规律满足b=kt，则a、b两点间的电压为( )a0bcdkr2考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；法拉第电磁感应定律 专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：先根据法拉第电磁感应定律列式求解感应电动势，本题的电动势是感生电动势，是涡旋电场产生的；然后根据欧姆定律求解感应电流，根据u=eir求解任意两点间的电势差即可解答：解：根据法拉第电磁感应定律，有：e=n=ns=nr2k感应电流为：i=则a、b两点间的电压为：uab=eabirab=nr2k=0故选：a点评：本题关键是明确感应电动势是涡旋电场驱动产生，然后结合闭合电路欧姆定律、法拉第电磁感应定律列式求解，注意本题中任意两个点间的电势差均为零，不难4如图所示，小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均相同，小物块从倾角为1的轨道上高度为h的a点静止释放，运动至b点时速度为v1现将倾斜轨道的倾角调至为2，仍将物块从轨道上高度为h的a点静止释放，运动至b点时速度为v2已知21，不计物块在轨道接触处的机械能损失则( )av1v2bv1v2cv1=v2d由于不知道1、2的具体数值，v1、v2关系无法判定考点：机械能守恒定律 专题：机械能守恒定律应用专题分析：对于释放过程，从a到b的过程中，根据动能定理列式求出到达b点的速度与倾角之间的关系即可判断解答：解：设小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数为，从a到b的过程中，根据动能定理得：则，而所以，由此可以看出到达b点的速度与倾斜轨道的倾角无关，所以v1=v2，故c正确故选：c点评：本题主要考查了动能定理的直接应用，关键是求出到达b点的速度与倾角无关，难度适中5如图所示，两根完全相同、轴线在同一水平面内的平行长圆柱上放一均匀木板，木板的重心与两圆柱等距，其中圆柱的半径r=2cm，木板质量m=5kg，木板与圆柱间的动摩擦因数=0.2，两圆柱以角速度绕轴线作相反方向的转动现施加一过木板重心且平行圆柱轴线的拉力f于木板上，使其以速度v=0.6m/s沿圆柱表面作匀速运动取g=10m/s2下列说法中正确的是( )a若=0，则水平拉力f=20nb若=40rad/s，则水平拉力f=6nc若=40rad/s，木板移动距离x=0.5m，则拉力所做的功为4jd不论为多大，所需水平拉力恒为10n考点：动能定理的应用 专题：动能定理的应用专题分析：应用滑动摩擦力公式求出滑动摩擦力大小，然后应用平衡条件求出拉力大小，再应用功的计算公式分析答题解答：解：当=40rad/s，圆柱转动的线速度大小为 v=r=0.8m/s木板的速度v=6m/s，则木板所受的滑动摩擦力与f的夹角为（180+37）木板在垂直与轴线方向受到两轴的滑动摩擦力大小相等方向相反，在垂直与轴线方向上受到的滑动摩擦力为零，在平行于轴线方向上，木板受到的滑动摩擦力f=mg=0.2510=10n，木板做匀速直线运动，由平衡条件得：f=fsin37=6n，木板移动距离x=0.5m拉力做功：w=fx=60.5=3j，故acd错误，b正确；故选：b点评：本题考查了求摩擦力大小，物体所受的滑动摩擦力大小与物体的运动速度无关，应用滑动摩擦力公式与功的计算公式即可正确解题二、多项选择题：本大题共4小题，每小题4分，共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我国自主研制的高分辨率对地观测系统包含至少7颗卫星和其他观测平台，分别编号为“高分一号”到“高分七号”，它们都将在2020年前发射并投入使用于2013年4月发射成功的“高分一号”是一颗低轨遥感卫星，其轨道高度为645km关于“高分一号”卫星，下列说法正确的是( )a发射速度一定大于7.9km/sb可以定点在相对地面静止的同步轨道上c卫星绕地球运行的线速度比月球的大d卫星绕地球运行的周期比月球的大考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系 专题：人造卫星问题分析：根据万有引力提供向心力，列出等式表示出所要比较的物理量，再根据已知条件进行比较7.9km/s是第一宇宙速度，也是最大的圆周运动的环绕速度解答：解：a、7.9km/s是第一宇宙速度，是最大的圆周运动的环绕速度，也是最小发射速度，所以发射速度一定大于7.9km/s，故a正确；b、“高分一号”是一颗低轨遥感卫星，其轨道高度为645km，不能定点在相对地面静止的同步轨道上，故b错误；c、根据v=，卫星绕地球运行的线速度比月球的大，故c正确；d、根据t=2，卫星绕地球运行的周期比月球的小，故d错误；故选：ac点评：本题关键是卫星做匀速圆周运动时万有引力提供向心力，然后根据牛顿第二定律列式判断7如图所示，从水平地面上同一位置先后抛出的两相同小球a、b，分别落在地面上的m、n点，两球运动的最大高度相同不计空气阻力则( )ab的飞行时间比a的短bb与a在空中可能相遇ca、b在最高点重力的瞬时功率相等db落地时的动能小于a落地时的动能相等考点：抛体运动 分析：由运动的合成与分解规律可知，物体在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，两球的加速度相同，由竖直高度相同，由运动学公式分析竖直方向的初速度关系，即可知道水平初速度的关系两球在最高点的速度等于水平初速度由速度合成分析初速度的关系，即可由机械能守恒知道落地速度的大小关系，则可得出动能的大小解答：解：a、不计空气阻力，两球的加速度都为重力加速度g两球都做斜抛运动，竖直方向的分运动是竖直上抛运动，根据运动的对称性可知，两球上升和下落的时间相等，而下落过程，由t=知下落时间相等，则两球运动的时间相等故a错误b、ab要想相遇，只能同一时刻出现在同一位置，两图象应该相交，但由图可知，两图象的相交点时间并不相等，故二者不可能相遇；故b错误；c、最高点处二者的竖直分速度均为零；故重力的功率均为零；故c正确；d、根据速度的合成可知，b的初速度大于a球的初速度，运动过程中两球的机械能都守恒，则知b在落地时的速度比a在落地时的大b落地动能大于a的落地动能；故d正确；故选：cd点评：本题考查运用运动的合成与分解的方法处理斜抛运动的能力，对于竖直上抛的分速度，可根据运动学公式和对称性进行研究8如图所示，真空中有两个固定点电荷a、b，所带电荷量分别为+2q和+qm、n是ab连线中垂线上的两点，amb=120，此时m点的电场强度大小为em，电势为m，将电荷量为+q的点电荷由m点移至n点，电场力做功为w若保持其它条件不变，仅将b所带电量增加至+2q，此时m点的电场强度大小为em，电势为m，仍将电荷量为+q的点电荷由m点移至n点，电场力做功为w则下列说法正确的是( )aem一定大于embem可能等于emcm一定大于mdw一定大于w考点：电场线；库仑定律；电场强度 分析：场强是矢量，电势是标量，根据点电荷场强公式判断场强变化，根据电场力做功公式分析功的大小解答：解：a、根据点电荷的场强公式e=k，b的电荷量增大，合成后的场强也增大，故a正确b错误c、电势是标量，b电荷的电量增加后m点的电势变大，故c正确d、从m到n各点的场强都增大，根据功的公式w=qes知当b的电荷量增加后移动电荷做功增大，故d正确故选：acd点评：掌握场强是矢量，对多个电荷的情形要应用矢量合成的方法判断场强大小，了解记住常见复合场的磁感线分布9回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的d形金属盒半径为r，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计磁感应强度为b的匀强磁场与盒面垂直a处粒子源产生质量为m、电荷量为+q的粒子，在加速电压为u的加速电场中被加速所加磁场的磁感应强度、加速电场的频率可调，磁场的磁感应强度最大值为bm和加速电场频率的最大值fm则下列说法正确的是( )a粒子第n次和第n+1次半径之比总是：b粒子从静止开始加速到出口处所需的时间为t=c若fm，则粒子获得的最大动能为ekm=22mfm2r2d若fm，则粒子获得的最大动能为ekm=考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理 分析：回旋加速器利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，带电粒子在磁场中运动的周期与带电粒子的速度无关根据洛伦兹力提供向心力得出轨道半径的公式，从而根据速度的关系得出轨道半径的关系粒子离开回旋加速度时的轨道半径等于d形盒的半径，根据半径公式求出离开时的速度大小，从而得出动能解答：解：a、根据动能定理可知，带电粒子第n次加速的速度为：nqu= 解得：v1=据洛伦兹力提供向心力，所以qvb=解得：r1=同理可得第n+1次的半径：r2=所以第n次和第n+1次半径之比总是：，故a错误；b、设粒子到出口处被加速了n圈，据动能定理得：2nqu=mv2当速度最大时：qvb=m t= t=nt解上四个方程得t=，故b正确；cd、加速电场的频率应该等于粒子在磁场中做圆周运动的频率，即：f=当磁感应强度为bm时，加速电场的频率应该为：fbm=粒子的动能：ek=mv2当fbmfm时，粒子的最大动能由bm决定，则：qbvm=解得粒子获得的最大动能为ekm=当fbmfm时，粒子的最大动能由fm决定，则：vm=2fmr解得：粒子获得的最大动能为ekm=22mfm2r2 ；故cd正确故选：bcd点评：解决本题的关键知道回旋加速器加速粒子的原理，知道带电粒子在磁场中运动的周期与交变电场的周期相同，以及掌握带电粒子在磁场中运动的轨道半径公式和周期公式；特别是要知道加速时间很短，与回旋时间相比完全可以忽略不计三、简答题：本题分必做题（第10、11题）和选做题（第12-18题）两部分，共计42分请将解答填在答题卡相应的位置10现有一摄像机电池，无法从标签上看清其电动势等数据现进行如下实验操作：（1）选取多用电表的直流电压10v挡，将两表笔直接接到电池的正负两极，指针偏转情况如图1，由此可知其电动势约为7.1v是否可以利用多用电表的欧姆挡直接粗测其内阻，答：不可以（选填“可以”或“不可以”）（2）现要更加准确测量其电动势和内电阻，实验室备有下列器材：a电流表（量程0.6a，内阻为3）b电压表（量程3v，内阻为3k）c电压表（量程30v，内阻为30k）d定值电阻r1=500e定值电阻r2=5000f滑动变阻器（阻值范围030）g开关及导线该实验中电压表应选b，定值电阻应选e（均选填选项前的字母序号）在图3方框中画出实验电路图，并将图2实物连线图补充完整若将滑动变阻器打到某一位置，读出此时电压表读数为u，电流表读数为i，则电源电动势和内阻间的关系式为考点：测定电源的电动势和内阻 专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）由电表的量程可明确最小分度，则可得出对应的读数；根据多用电表的原理可明确能否测出电阻值；（2）根据电压表量程可明确能否满足实验要求，再根据改装原理选择电阻；根据测量电动势和内电阻的实验方法确定电路图并连接实物图；根据闭合电路欧姆定律可得出对应的表达式解答：解：（1）电压表量程为10v，则最小分度为0.2v，故读数为7.1v；因多用电表内部有电源，外部电动势将影响电路中的电流；故不能用欧姆表直接测量多用电表的内阻；（2）因电源的电压为7.1v，电压表量程只有3v，故应串联阻值较大的定值电阻扩大量程，故定值电阻应选择e；根据以上分析电压表与定值电阻串联充当电压表，由于电源内阻与电流表内阻较为接近，故电流表采用相对电源的外接法；故原理图如图所示；由原理图可得出对应的实物图如图所示；根据改装原理可知，路端电压u=；总电流i总=+i；由闭合电路欧姆定律可得：故答案为：（1）7.1；不可以；（2）b e 如图所示（3）点评：本题考查测量电动势和内电阻的实验，要求能正确分析题意，明确用改装的方式将表头改装为量程较大的电压表，再根据原实验的研究方法进行分析研究，注意数据处理的方法这是近年2015届高考新的动向，应注意把握选做题本题包括a、b和c三个模块，请选定其中两模块，并在答题卡相应的答题区域内作答若三模块都做，则按a、b两模块评分a（选修模块3-3）11把一个小烧瓶和一根弯成直角的均匀玻璃管用橡皮塞连成如图1所示的装置在玻璃管内引入一小段油柱，将一定质量的空气密封在容器内，被封空气的压强跟大气压强相等如果不计大气压强的变化，利用此装置可以研究烧瓶内空气的体积随温度变化的关系（1）关于瓶内气体，下列说法正确的有ada温度升高时，瓶内气体体积增大，压强不变b温度升高时，瓶内气体分子的动能都增大c温度升高，瓶内气体分子单位时间碰撞到容器壁单位面积的次数增多d温度不太低，压强不太大时，可视为理想气体（2）改变烧瓶内气体的温度，测出几组体积v与对应温度t的值，作出vt图象如图2所示已知大气压强p0=1105pa，则由状态a到状态b的过程中，气体对外做的功为50j若此过程中气体吸收热量60j，则气体的内能增加了10j（3）已知1mol任何气体在压强p0=1105pa，温度t0=0时，体积约为v0=22.4l瓶内空气的平均摩尔质量m=29g/mol，体积v1=2.24l，温度为t1=25试估算瓶内空气的质量考点：理想气体的状态方程；封闭气体压强 专题：理想气体状态方程专题分析：（1）由于液柱平衡，两侧的气体压强是相等的，故瓶内气体压强是不变的，经历等温变化过程；（2）根据w=pv求解气体对外做的功，根据热力学第一定律公式u=w+q列式求解气体的内能变化；（3）先将其转化为标准状态下气体，然后根据题目结论得到摩尔数，计算瓶内空气的质量解答：解：（1）a、温度升高时，由于气压等于外界大气压，不变，故瓶内气体体积增大，故a正确；b、温度升高时，瓶内气体分子的热运动的平均动能增大，但不是每个分子的动能均增加，故b错误；c、气体压强是分子对容器壁的频繁碰撞产生的；温度升高，分子热运动的平均动能增加，气压不变，故瓶内气体分子单位时间碰撞到容器壁单位面积的次数减少，故c错误；d、温度不太低，压强不太大时，实际气体均可视为理想气体，故d正确；故选：ad（2）由状态a到状态b的过程中，气体对外做的功为：w=pv=1.0105（2.51032103）j=50j若此过程中气体吸收热量60j，则气体的内能增加：u=6050=10j（3）瓶内空气体积v1=2.24l，温度为t1=25+273=298k，转化为标准状态，有：解得：=l=2.05l物质量为：n=0.092mol故质量：m=nm=0.092mol29g/mol=1.65g故答案为：（1）ad；（2）50，10；（3）瓶内空气的质量约为1.65g点评：本题第关键是明确理想气体模型特点，能够结合理想气体状态方程、热力学第一定律、阿伏加德罗常数的物理意义进行分析求解，不难b(选修模块34)12下列说法正确的是( )a电磁波是由均匀变化的电场或磁场产生的b紫光在水中的传播速度比红光在水中的传播速度小c光导纤维内芯的折射率比外套的小，光传播时在内芯与外套的界面上会发生全反射d在光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由绿光变为红光，则干涉条纹间距变宽考点：双缝干涉的条纹间距与波长的关系；电磁波的产生；全反射 分析：根据麦克斯韦电磁电磁场理论，变化的电场产生磁场，变化的磁场产生电场只要电场发生变化就可以产生磁场，只要磁场发生变化就可以产生电场，如果电场、磁场不变化，则不能产生磁场、电场不同频率的光的折射率不同，结合折射率与光在介质中的速度关系即可解答；光从光密介质射向光疏介质时，才能发生全反射；结合光的干涉条纹的宽度公式，讨论条纹的宽度的变化解答：解：a、根据麦克斯韦电磁场理论，电磁波是由周期性变化的电场与周期性变化的磁场交替变化而产生的，均匀变化的电场或磁场不能产生电磁波故a错误；b、紫色光的频率大于红色光的频率，所以紫色光的折射率大于红色光的折射率根据：可知，折射率大的紫光在水中的传播速度比红光在水中的传播速度小故b正确；c、光导纤维内芯的折射率比外套的大，光传播时在内芯与外套的界面上会发生全反射故c错误；d、在光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由绿光变为红光，光的波长变大，根据：可知，干涉条纹间距变宽故d正确故选：bd点评：此题考查电磁波的产生、折射率与光在介质中的速度关系、全反射以及干涉条纹的宽度等，要理解麦克斯韦电磁场理论，熟知电磁波的产生条件，传播速等，不仅要记住，还要理解13一列简谐横波由o点沿x轴正向传播如图所示，经时间t=6.0102s振动从o点传播到a点，oa两点间的距离为3m当这列波进入ab区域时，它的传播速度变为原来的3倍，则这列波在oa区域内的频率为25hz，在ab区域内的波长为6m考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象 分析：oa段是一个半波长，求出波长和周期，求出波速波从oa进入ab区域时周期不变，由波速求出波长解答：解：设oa段的波长为1，周期为t1，由图看出，解得：1=2m，解得：，则频率，oa段的波速为v1=ab段：波速为v2=3v1=150m/s，频率不变，波长为：2=故答案为：25；6点评：本题要理解振动与波形成之间的关系，要抓住波从一种介质进入另一种介质时，周期和频率不变的特点14如图所示，abc为直角三棱镜的横截面，abc=30有一细光束mn射到ac面上，且mn与ac的夹角也为30，该光束从n点进入棱镜后再经bc面反射，最终从ab面上的o点射出，其出射光线op与bc面平行作出棱镜内部的光路图（不必写出作图过程）求出此棱镜的折射率考点：光的折射定律 专题：光的折射专题分析：先根据题意画出光路图，求出光线在ab面上的入射角和折射角，再根据折射定律求解折射率解答：解：在ac面折射，在bc面全反射，最后在ab面折射，画出光路图，如图所示：由几何关系，有：1=605=604=602根据折射定律，有：n=n=故2=6022=30故答：作出棱镜内部的光路图，如图所示；此棱镜的折射率为点评：本题关键是作出光路图，找出各个角度的关系，然后结合折射定律列式求解，不难c（选修模块3-5）15下列说法正确的是( )a射线为原子的核外电子电离后形成的电子流b一个氢原子从n=3的激发态跃迁到基态时，最多能产生3个不同频率的光子c用加温、加压或改变其化学状态的方法都不能改变原子核衰变的半衰期d原子核经过衰变生成新核，则新核的质量总等于原核的质量考点：氢原子的能级公式和跃迁 专题：原子的能级结构专题分析：解答本题要掌握：、三种射线的区别，衰变过程遵循规律以及半衰期的物理意义解答：解：a、射线即电子是由核内的中子变为质子同时放出电子产生的，而非核外电子电离后形成的电子流，故a错误；b、一个氢原子从n=3的激发态跃迁到基态时，最多能产生2个不同频率的光子，若是一批氢原子从n=3的激发态跃迁到基态时，最多能产生3个不同频率的光子，故b错误；c、半衰期只与元素本身有关，与所处的物理、化学状态以及周围环境、温度等无关，故c正确；d、在衰变过程中伴随着质量亏损，因此新核质量一定小于原核质量，故d错误故选：c点评：本题比较简单，考查有关衰变的知识，对于这部分知识一定加强记忆，注意平时的积累，注意一个原子与一批原子的区别16如图所示，光滑水平面上有a、b两物块，已知a物块的质量为2kg，以4m/s的速度向右运动，b物块的质量为1kg，以2m/s的速度向左运动，两物块碰撞后粘在一起共同运动若规定向右为正方向，则碰撞前b物块的动量为2kgm/s，碰撞后共同速度为2m/s考点：动量守恒定律 分析：根据动量的公式求出碰撞前b的动量，对ab组成的系统运用动量守恒定律，求出碰撞后的共同速度解答：解；规定向右为正方向，碰撞前b物块的动量pb=mbvb=1（2）kgm/s=2kgm/s根据动量守恒定律得：mava+mbvb=（ma+mb）v，解得：v=故答案为：2，2点评：本题考查动量守恒定律的基本运用，知道ab组成的系统碰撞过程中动量守恒，注意动量守恒表达式的矢量性，基础题17中科院等离子物理研究所设计并制造的世界上首个“人造太阳”实验装置大部件已安装完毕若在此装置中发生核反应的方程是h+hhe，已知h、he核的比结合能分别为eh=1.11mev、ehe=7.07mev，试求此核反应过程中释放的核能考点：爱因斯坦质能方程 专题：爱因斯坦的质能方程应用专题分析：根据质能方程，依据比结合能等于结合能与核子数的比值，从而即可求解解答：解：由质能方程：e=mc2，则核反应过程中释放的核能：e=（4ehe4eh）c2=4（7.071.11）mev=23.84mev；答：此核反应过程中释放的核能23.84mev点评：本题考查应用质能方程研究核反应中质量亏损的能力，另外要知道结合能与比结合能的区别四、计算题：本大题共3小题，共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，答案中须明确写出数值和单位18如图所示，竖直平面内的光滑倾斜轨道ab、水平轨道cd与半径r=0.5m的光滑圆弧轨道分别相切于b、c点，ab与水平面的夹角为37，过b点垂直于纸面的竖直平面左侧有匀强磁场，磁感应强度b=1t、方向垂直于纸面向里；过c点垂直于纸面的竖直平面右侧有电场强度e=1104n/c、方向水平向右的匀强电场（图中未画出）现将小物块p从倾斜轨道上a点由静止释放沿ab向下运动，运动过程中电荷量保持不变，不计空气阻力已知物块p的质量m=0.5kg、电荷量q=+2.5104c，p与水平轨道间的动摩擦因数为0.2，a、b两点间距离x=1m，取g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8求：（1）p下滑到b点的速度；（2）p运动到c点时对圆轨道的压力；（3）p与水平面间因摩擦而产生的热量考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；电磁感应中的能量转化 分析：（1）小物体从a到b过程，重力和电场力做功，根据动能定理求解（2）小物体从b到c过程，运用动能定理求出物体通过c点的速度在c点，由重力、洛伦兹力和轨道支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求出轨道的支持力，由牛顿第三定律得物体对轨道的压力（3）物体在水平轨道上做减速运动直到停止，动能转化为内能，根据能量守恒求热量解答：解：（1）小物体从a到b过程，根据动能定理得：代入数据解得 vb=2m/s （2）小物体从b到c过程，根据动能定理得：代入数据解得 m/s 小物体刚到c点，由牛顿第二定律有 fnmgqvcb=m解得 fn=（8+2.5104）n由牛顿第三定律，对c点的压力大小为 fn=fn=（8+2.5104） n，方向竖直向下（3）小物体从a到c过程，根据能量守恒得 q=m=0.75j 答：（1）p下滑到b点的速度为2m/s；（2）p运动到c点时对圆轨道的压力大小为（8+2.5104） n，方向竖直向下；（3）p与水平面间因摩擦而产生的热量为0.75j点评：解答该题的关键是对物体运动进行分段分析，分析清晰受力情况和运动规律，利用动能定理、牛顿第二定律和能量的转化与守恒定律进行解答这是一个复合场的问题，要注意洛伦兹力不做功19（16分）如图所示装置由水平轨道、倾角=37的倾斜轨道连接而成，轨道所在空间存在磁感应强度大小为b、方向竖直向上的匀强磁场质量m、长度l、电阻r的导体棒ab置于倾斜轨道上，刚好不下滑；质量、长度、电阻与棒ab相同的光滑导体棒cd置于水平轨道上，用恒力f拉棒cd，使