江苏省南通市如皋市丁堰中学高考物理练习试卷（一）（含解析）.doc

2015年江苏省南通市如皋市 丁堰中学高考物理练习试卷（一）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某学生在体育场上抛出铅球，其运动轨迹如图所示已知在b点时的速度与加速度相互垂直，则下列说法中正确的是（）a d点的速率比c点的速率大b d点的加速度比c点加速度大c 从b到d加速度与速度始终垂直d 从b到d加速度与速度的夹角先增大后减小2一种早期发电机原理示意图如图所示，该发电机由固定的圆形线圈和一对用铁芯连接的圆柱形磁铁构成，两磁极相对于线圈平面对称，线圈圆心为o点在磁极绕转轴匀速转动的过程中，当磁极与o点在同一条直线上时，穿过线圈的（）a 磁通量最大，磁通量变化率最大b 磁通量最大，磁通量变化率最小c 磁通量最小，磁通量变化率最大d 磁通量最小，磁通量变化率最小3一物体若不受其他外力作用能在一个斜面体上沿斜面减速下滑，可以证明此时斜面受地面向右的摩擦力作用若沿如图所示方向用力向下推此物体，使物体加速下滑，则斜面受地面的摩擦力是（）a 大小为零b 方向水平向右c 方向水平向左d 无法判断大小和方向4如图所示，以o为圆心的圆周上有六个等分点a、b、c、d、e、f等量正、负点电荷分别放置在a、d两处时，在圆心o处产生的电场强度大小为e现改变a处点电荷的位置，使o点的电场强度改变，下列叙述正确的是（）a 移至c处，o处的电场强度大小不变，方向沿oeb 移至b处，o处的电场强度大小减半，方向沿odc 移至e处，o处的电场强度大小减半，方向沿ocd 移至f处，o处的电场强度大小不变，方向沿oe5如图所示，xpy为直角支架，杆xp、绳ao均水平，绳bo与水平方向夹角为60如果在竖直平面内使支架沿顺时针缓慢转动至杆yp水平，始终保持ao、bo两绳间的夹角120不变在转动过程中，设绳ao的拉力fa、绳bo的拉力fb，则下面说法中不正确的是（）a fa先减小后增大b fa先增大后减小c fb逐渐减小d fb最终变为零二、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，错选或不答得0分6如图所示，一只理想变压器原线圈与频率为50hz的正弦交流电源相连，两个阻值均为20的电阻串联后接在副线圈的两端图中电流表、电压表均为理想交流电表，原、副线圈匝数分别为200匝和100匝，电压表的示数为5v则（）a 电流表的读数为0.5ab 流过电阻的交流电的频率为100hzc 变压器原线圈两端电压的最大值为20vd 交流电源的输出功率为2.5w7我国“神舟八号”飞船与“天宫一号”成功实现交会对接如图所示，圆形轨道为“天宫一号”运行轨道，圆形轨道为“神舟八号”运行轨道的一部分，在实现交会对接前，“神舟八号”要进行了多次变轨则（）a “天宫一号”的运行速率小于“神舟八号”在轨道上的运行速率b “天宫一号”的向心加速度小于“神舟八号”在轨道上的向心加速度c “神舟八号”轨道上运行过程中的机械能守恒d “神舟八号”在第一次变轨后到第二次变轨前，机械能增加8如图所示是研究自感通电实验的电路图，a1、a2是两个规格相同的小灯泡，闭合电键调节电阻r，使两个灯泡的亮度相同，调节可变电阻r1，使他们都正常发光，然后断开电键s重新闭合电键s，则（）a 闭合瞬间，a1立刻变亮，a2逐渐变亮b 闭合瞬间，a2立刻变亮，a1逐渐变亮c 稳定后，l和r两端电势差一定相同d 稳定后，a1和a2两端电势差不相同9某节能运输系统装置的简化示意图如图所示小车在轨道顶端时，自动将货物装入车中，然后小车载着货物沿不光滑的轨道无初速度的下滑，并压缩弹簧当弹簧被压缩至最短时，立即锁定并自动将货物卸下卸完货物后随即解锁，小车恰好被弹回到轨道顶端，此后重复上述过程则下列说法中正确的是（）a 小车上滑的加速度大于下滑的加速度b 小车每次运载货物的质量必须是确定的c 小车上滑过程中克服摩擦阻力做的功小于小车下滑过程中克服摩擦阻力做的功d 小车与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能三、简答题：本题分必做题（第10、11题）和选做题两部分，共计42分请将解答填写在答题卡相应的位置10为了探究加速度与力、质量的关系，某实验小组设计如图1所示的实验装置：一个木块放在水平长木板上，通过细线跨过定滑轮与重物相连，木块与纸带相连，在重物牵引下，木块向左运动，重物落地后，木块做匀减速运动，打出的纸带如图2所示，不计纸带所受到的阻力交流电频率为50hz，重力加速度g取10m/s2（1）木块加速阶段的加速度为m/s2；（2）木块与木板间的动摩擦因数=；（3）某同学发现在实验中未平衡木块与木板间的摩擦力，接着他应当，将木板右端垫高，使木块沿木板匀速下滑11在测量一节干电池的电动势和内电阻的实验中，实验电路图如图所示（1）实验过程中，应选用哪个电流表和滑动变阻器（请填写选项前对应的字母） a电流表（量程0.6a，内阻约0.8）b电流表量程3a，内阻约0.5c滑动变阻器r1（010）d滑动变阻器r2（0200）（2）实验中要求电流表测量通过电池的电流，电压表测量 电池两极的电压根据图示的电路电流表测量值真实值（选填“大于”或“小于”）（3）若测量的是新干电池，其内电阻比较小在较大范围内调节滑动变阻器，电压表读数变化（选填“明显”或“不明显”）【选做题】b（选修模块3-4）（12分）12以下关于波与相对论的说法，正确的是（）a 无论什么波，只要振幅足够大就可以产生明显的衍射现象b 根据麦克斯韦的电磁场理论，变化的电场周围一定可以产生电磁波c 波源与观察者互相靠近或者互相远离时，观察者接收到的频率都会发生变化d 火车以接近光速行驶时，我们在地面上测得车厢前后距离变小了，而车厢的高度没有变化13如图所示，用手握住长绳的一端上下抖动，长绳形成了向前传播的一列波如果在长绳中间某一位置做一个标记，在抖动过程中，这个标记将（选填“上下”或“左右”）运动运动过程中，标记振动的周期手抖动的周期（选填“大于”、“小于”或“等于”）14玻璃球的折射率为，直径为d一束光从空气沿与玻璃球直径成60角的方向射入光在空气中的速度为c求折射光线与玻璃球直径的夹角和在玻璃球中的传播时间c（选修模块3-5）（12分）15下列说法正确的是（）a 玻尔原子理论第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，成功地解释了氢原子光谱的实验规律b 原子核发生衰变时，新核与粒子的总质量等于原来的原子核的质量c 氢原子的核外电子由离原子核较远的轨道跃迁到离核较近的轨道上时氢原子的能量减少d 在原子核中，比结合能越小表示原子核中的核子结合得越牢固16如图所示为研究光电效应的电路图，对于某金属用紫外线照射时，电流表指针发生偏转将滑动变阻器滑动片向右移动的过程中，电流表的示数不可能（选填“减小”、“增大”） 如果改用频率略低的紫光照射，电流表（选填“一定”、“可能”或“一定没”）有示数17在光滑水平面上，一个质量为m，速度为的a球，与质量也为m的另一静止的b球发生正碰，若它们发生的是弹性碰撞，碰撞后b球的速度是多少？若碰撞后结合在一起，共同速度是多少？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18如图为某种鱼饵自动投放器中的投饵管装置示意图，其下半部ab是一长为2r的竖直细管，上半部bc是半径为r的四分之一圆弧弯管，管口沿水平方向，ab管内有一原长为r、下端固定的轻质弹簧投饵时，每次总将弹簧长度压缩到0.5r后锁定，在弹簧上段放置一粒鱼饵，解除锁定，弹簧可将鱼饵弹射出去设质量为m的鱼饵到达管口c时，对管壁的作用力恰好为零不计鱼饵在运动过程中的机械能损失，且锁定和解除锁定时，均不改变弹簧的弹性势能已知重力加速度为g求：（1）质量为m的鱼饵到达管口c时的速度大小v1；（2）弹簧压缩到0.5r时的弹性势能ep；（3）求鱼饵刚落水面时的速度19如图所示，在xoy平面中第一象限内有一点p（4，3），op所在直线下方有垂直于纸面向里的匀强磁场，op上方有平行于op向上的匀强电场，电场强度e=100v/m现有质量m=1106kg，电量q=2103c带正电的粒子，从坐标原点o以初速度=1103m/s垂直于磁场方向射入磁场，经过p点时速度方向与op垂直并进入电场，在经过电场中的m点（图中未标出）时的动能为o点时动能的2倍，不计粒子重力求：（1）磁感应强度的大小；（2）om两点间的电势差；（3）m点的坐标及粒子从o运动到m点的时间20如图所示，光滑水平面上有正方形线框abcd，边长为l、电阻为r、质量为m虚线pp和qq之间有一竖直向上的匀强磁场，磁感应强为b，宽度为h，且hl线框在恒力f0作用下开始向磁场区域运动，cd边运动s后进入磁场，ab边进入磁场前某时刻，线框已经达到平衡状态当cd边开始离开磁场时，撤去恒力f0，重新施加外力f，使得线框做加速度大小为的匀减速运动，最终离开磁场（1）cd边刚进入磁场时两端的电势差；（2）cd边从进入磁场到qq这个过程中安培力做的总功；（3）写出线框离开磁场的过程中，f随时间t变化的关系式2015年江苏省南通市如皋市丁堰中学高考物理练习试卷（一）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某学生在体育场上抛出铅球，其运动轨迹如图所示已知在b点时的速度与加速度相互垂直，则下列说法中正确的是（）a d点的速率比c点的速率大b d点的加速度比c点加速度大c 从b到d加速度与速度始终垂直d 从b到d加速度与速度的夹角先增大后减小考点：抛体运动分析：不计空气阻力，抛体在空中只受重力作用，机械能守恒；抛体运动可以分解为水平方向的匀速直线运动与竖直方向的匀变速运动解答：解：a、抛体运动，机械能守恒，d点位置低，重力势能小，故动能大，速度大，故a正确；b、抛体运动，只受重力，加速度恒为g，不变，故b错误；c、从b到d是平抛运动，重力一直向下，速度是切线方向，不断改变，故只有最高点b处加速度与速度垂直，故c错误；d、从b到d是平抛运动，加速度竖直向下，速度方向是切线方向，故夹角不断减小，故d错误；故选a点评：抛体运动可以分解为水平方向的匀速直线运动与竖直方向的匀变速直线运动，抛体运动机械能守恒2一种早期发电机原理示意图如图所示，该发电机由固定的圆形线圈和一对用铁芯连接的圆柱形磁铁构成，两磁极相对于线圈平面对称，线圈圆心为o点在磁极绕转轴匀速转动的过程中，当磁极与o点在同一条直线上时，穿过线圈的（）a 磁通量最大，磁通量变化率最大b 磁通量最大，磁通量变化率最小c 磁通量最小，磁通量变化率最大d 磁通量最小，磁通量变化率最小考点：磁通量；法拉第电磁感应定律分析：根据磁极的转动可知线圈平面中的磁通量的变化，由法拉第电磁感应定律可判断线圈中的感应电流大小解答：解：在磁极绕转轴与o点在同一条直线上时，穿过线圈的磁通量最大，此时感应电动势最小，即磁通量的变化率最小，故b正确，acd错误；故选b点评：本题考查法拉第电磁感应定律的基本应用，同时还可以确定感应电流的方向：首先明确原磁场方向及磁通量的变化，然后由楞次定律判断感应电流的磁场，再由安培定则即可判断感应电流的方向3一物体若不受其他外力作用能在一个斜面体上沿斜面减速下滑，可以证明此时斜面受地面向右的摩擦力作用若沿如图所示方向用力向下推此物体，使物体加速下滑，则斜面受地面的摩擦力是（）a 大小为零b 方向水平向右c 方向水平向左d 无法判断大小和方向考点：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：物体在斜面上减速下滑，应用牛顿第二定律求出动摩擦因数与斜面倾角的关系，加上图示方向的推力后应用牛顿第二定律分析答题解答：解：设斜面的倾角为，物体与斜面间的动摩擦因数为，设推力与斜面间的夹角为，物体沿斜面减速下滑，由牛顿第二定律得：mgsinmgcos0，则tan，当mgsinmgcos=0，即tan=时物体对斜面的作用力竖直向下，tan，物体对斜面的作用力斜向左下方，加上推力后，物体对斜面的压力：n=mgcos+fsin，物体对斜面的摩擦力：f=（mgcos+fsin）物体对斜面的作用力：f=（mgcos+fsin），tan，物体对斜面的作用力斜向左下方，斜面有向左的运动趋势，则地面对斜面有向右的摩擦力，故b正确；故选：b点评：本题采用隔离法研究物体的受力情况，根据平衡条件求解地面对斜面的摩擦力情况，作好力图是解题的关键4如图所示，以o为圆心的圆周上有六个等分点a、b、c、d、e、f等量正、负点电荷分别放置在a、d两处时，在圆心o处产生的电场强度大小为e现改变a处点电荷的位置，使o点的电场强度改变，下列叙述正确的是（）a 移至c处，o处的电场强度大小不变，方向沿oeb 移至b处，o处的电场强度大小减半，方向沿odc 移至e处，o处的电场强度大小减半，方向沿ocd 移至f处，o处的电场强度大小不变，方向沿oe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：根据点电荷在0处电场强度的叠加，满足矢量合成的原理解答：解：a、由题意可知，等量正、负点电荷在o处的电场强度大小均为，方向水平向右当移至c处，两点电荷在该处的电场强度方向夹角为120，则o处的合电场强度大小为，但方向：沿oe，故a错误；b、同理，当移至b处，o处的合电场强度大小e，方向沿od与oe角平分线，故b错误；c、同理，当移至e处，o处的合电场强度大小减半，方向沿oc，故c正确；d、同理，当移至f处，o处的合电场强度大小e，方向沿od与oc角平分线，故d错误； 故选：c点评：考查点电荷的电场强度的叠加，掌握库仑定律，理解电场强度的大小与方向，及矢量叠加原理5如图所示，xpy为直角支架，杆xp、绳ao均水平，绳bo与水平方向夹角为60如果在竖直平面内使支架沿顺时针缓慢转动至杆yp水平，始终保持ao、bo两绳间的夹角120不变在转动过程中，设绳ao的拉力fa、绳bo的拉力fb，则下面说法中不正确的是（）a fa先减小后增大b fa先增大后减小c fb逐渐减小d fb最终变为零考点：共点力平衡的条件及其应用专题：共点力作用下物体平衡专题分析：以结点o为研究对象，分析受力情况，作出两个绳拉力的合力，此合力与重力大小相等、方向相反，则知两个绳拉力的合力保持不变，作出三个不同位置力的合成图，由图分析fa、fb的变化情况解答：解：以结点o为研究对象，分析受力情况：重力g、绳ao的拉力fa、绳bo的拉力fb，作出fa、fb的合力，由平衡条件得知，此合力保持不变在转动过程中，作出四个不同位置力的合成图如图，由图看出，fa先增大后减小，fb逐渐减小，fb最终变为零故a错误，bcd正确本题选错误的，故选a点评：本题运用图解法研究动态变化问题，也可以采用函数法，得到两个拉力与转动角度的关系，再分析其变化情况二、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，错选或不答得0分6如图所示，一只理想变压器原线圈与频率为50hz的正弦交流电源相连，两个阻值均为20的电阻串联后接在副线圈的两端图中电流表、电压表均为理想交流电表，原、副线圈匝数分别为200匝和100匝，电压表的示数为5v则（）a 电流表的读数为0.5ab 流过电阻的交流电的频率为100hzc 变压器原线圈两端电压的最大值为20vd 交流电源的输出功率为2.5w考点：变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：交流电表的示数为有效值，经过变压器的交流电的频率不变，交流电的输入功率等于输出功率解答：解：a、副线圈电流为，原线圈电流为0.4a=0.2a，故a错误b、原副线圈频率相同，故b错误c、副线圈电压10v，原线圈电压20v，最大值20v，故c正确d、输出功率为故d正确故选cd点评：根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论7我国“神舟八号”飞船与“天宫一号”成功实现交会对接如图所示，圆形轨道为“天宫一号”运行轨道，圆形轨道为“神舟八号”运行轨道的一部分，在实现交会对接前，“神舟八号”要进行了多次变轨则（）a “天宫一号”的运行速率小于“神舟八号”在轨道上的运行速率b “天宫一号”的向心加速度小于“神舟八号”在轨道上的向心加速度c “神舟八号”轨道上运行过程中的机械能守恒d “神舟八号”在第一次变轨后到第二次变轨前，机械能增加考点：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：1、根据万有引力提供向心力=ma，得和如图可知天宫1号的轨道半径大于神舟八号的轨道半径，所以“天宫一号”的运行速率小于“神舟八号”在轨道上的运行速率，天宫一号”的向心加速度小于“神舟八号”在轨道上的向心加速度2、神舟八号运行过程中只受到地球的引力，只有引力做功，故机械能守恒解答：解：a、根据万有引力提供向心力，得如图可知天宫1号的轨道半径大于神舟八号的轨道半径，所以“天宫一号”的运行速率小于“神舟八号”在轨道上的运行速率故a正确b、根据万有引力提供向心力，得如图可知天宫1号的轨道半径大于神舟八号的轨道半径，所以天宫一号”的向心加速度小于“神舟八号”在轨道上的向心加速度故b正确c、d：“神舟八号”运行过程中只受到地球的引力，只有引力做功，故机械能守恒故c正确、d错误故选abc点评：本题主要考查万有引力提供向心力=ma，根据题目的要求选择适当的向心力的表达式，根据半径大小关系讨论速度和加速度的大小，这是天体运动中常见的问题，必须熟练掌握8如图所示是研究自感通电实验的电路图，a1、a2是两个规格相同的小灯泡，闭合电键调节电阻r，使两个灯泡的亮度相同，调节可变电阻r1，使他们都正常发光，然后断开电键s重新闭合电键s，则（）a 闭合瞬间，a1立刻变亮，a2逐渐变亮b 闭合瞬间，a2立刻变亮，a1逐渐变亮c 稳定后，l和r两端电势差一定相同d 稳定后，a1和a2两端电势差不相同考点：自感现象和自感系数专题：电磁感应与电路结合分析：闭合开关的瞬间，l相当于断路，稳定后自感作用消失，结合欧姆定律分析电压大小解答：解：闭合瞬间，l相当于断路，a2立刻变亮，a1逐渐变亮，稳定后，两个灯泡的亮度相同，说明它们两端的电压相同，l和r两端电势差一定相同，选项bc正确ad错误故选bc点评：对自感线圈来讲，重点掌握开关闭合瞬间，断路稳定后和开关断开的瞬间，线圈对电流突变的阻碍作用9某节能运输系统装置的简化示意图如图所示小车在轨道顶端时，自动将货物装入车中，然后小车载着货物沿不光滑的轨道无初速度的下滑，并压缩弹簧当弹簧被压缩至最短时，立即锁定并自动将货物卸下卸完货物后随即解锁，小车恰好被弹回到轨道顶端，此后重复上述过程则下列说法中正确的是（）a 小车上滑的加速度大于下滑的加速度b 小车每次运载货物的质量必须是确定的c 小车上滑过程中克服摩擦阻力做的功小于小车下滑过程中克服摩擦阻力做的功d 小车与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能考点：功能关系；牛顿第二定律分析：对下滑过程和上滑过程分别进行受力分析，根据牛顿第二定律求出下滑和上滑过程中的加速度后进行比较；对下滑过程和上滑过程运用能量守恒定律进行分析判断解答：解：a、设下滑时加速度为a1，弹起离开弹簧后加速度为a2，则根据牛顿第二定律，有下滑过程：（m+m）gsin30（m+m）gcos30=（m+m）a1上滑过程：mgsin30+mgcos30=ma2故a1a2故a正确；b、小车每次下滑过程系统减小的重力势能转化为弹簧的弹性势能和内能，必须保证每次弹簧的压缩量相同，故小车每次运载货物的质量必须是确定的，故b正确；c、上滑过程和下滑过程中的摩擦力大小不同，下滑的过程中小车的质量大，所以摩擦力大，故小车上滑过程中克服摩擦阻力做的功小于小车下滑过程中克服摩擦阻力做的功，故c正确；d、小车与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能和内能，故d错误；故选：abc点评：本题综合运用了牛顿第二定律以及能量守恒定律，也可以用动能定理求解，关键是合理地选择研究的过程三、简答题：本题分必做题（第10、11题）和选做题两部分，共计42分请将解答填写在答题卡相应的位置10为了探究加速度与力、质量的关系，某实验小组设计如图1所示的实验装置：一个木块放在水平长木板上，通过细线跨过定滑轮与重物相连，木块与纸带相连，在重物牵引下，木块向左运动，重物落地后，木块做匀减速运动，打出的纸带如图2所示，不计纸带所受到的阻力交流电频率为50hz，重力加速度g取10m/s2（1）木块加速阶段的加速度为1.5m/s2；（2）木块与木板间的动摩擦因数=0.1；（3）某同学发现在实验中未平衡木块与木板间的摩擦力，接着他应当取下重物，将木板右端垫高，使木块沿木板匀速下滑考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系专题：实验题；牛顿运动定律综合专题分析：（1）利用匀变速运动的推论x=at2求出木块加速阶段的加速度；（2）利用匀变速运动的推论x=at2求出木块减速阶段的加速度；重物落地后，木块受到的合力等于滑动摩擦力，由牛顿第二定律可以求出动摩擦因数；（3）平衡摩擦力时不能悬挂重物解答：解：由图2所示纸带可知，计数点间的时间间隔t=0.02s2=0.04s；（1）木块加速阶段的加速度约为a=1.5m/s2；（2）木块做减速运动时加速度约为a=1m/s2，由牛顿第二定律得：mg=ma，解得动摩擦因素=0.1；（3）平衡木块与木板间的摩擦力时，应当取下重物，将木板右端垫高，使木块沿木板匀速下滑故答案为：（1）1.5；（2）0.1；（3）取下重物点评：要掌握匀变速运动的推论x=at2，应用该推论求出木块的加速度是正确解题的关键11在测量一节干电池的电动势和内电阻的实验中，实验电路图如图所示（1）实验过程中，应选用哪个电流表和滑动变阻器ac（请填写选项前对应的字母） a电流表（量程0.6a，内阻约0.8）b电流表量程3a，内阻约0.5c滑动变阻器r1（010）d滑动变阻器r2（0200）（2）实验中要求电流表测量通过电池的电流，电压表测量 电池两极的电压根据图示的电路电流表测量值小于真实值（选填“大于”或“小于”）（3）若测量的是新干电池，其内电阻比较小在较大范围内调节滑动变阻器，电压表读数变化不明显（选填“明显”或“不明显”）考点：测定电源的电动势和内阻专题：实验题；压轴题；恒定电流专题分析：（1）一节干电池的电动势约为1.5v，内阻为几欧姆，所以电流表选择量程0.6a的即可，因为干电池的内阻较小，为了方便条件选择最大阻值较小的滑动变阻器；（2）图中电流表测量的是通过滑动变阻器的电流，不是通过电池的电流；（3）作出电源的ui图象，根据闭合电路欧姆定律分析可知，图象的斜率等于电源的内阻，再分析电压表读数变化是否明显解答：解：（1）一节干电池的电动势约为1.5v，内阻为几欧姆，所以电流表选择量程0.6a的，因为干电池的内阻较小，为了方便条件选择最大阻值较小的滑动变阻器，所以选择滑动变阻器r1（010）；故选ac（2）图中电流表测量的是通过滑动变阻器的电流，而通过电池的电流等于通过滑动变阻器的电流加上通过电压表的电流，所以图示的电路电流表测量值小于真实值；（3）作出电源的ui图象，根据闭合电路欧姆定律分析可知，图象的斜率等于电源的内阻，如图，图线1的斜率小于图线2的斜率，则对应的电源的内阻图线1的较小，由图可以看出，图线1电压随电流变化较慢，所以电源内阻很小时，电压表读数变化不明显故答案为：（1）ac （2）小于 （3）不明显点评：电学实验一般以常见实验为载体考查实验中的接法、仪表的选择及数据的处理，误差分析等，难度适中【选做题】b（选修模块3-4）（12分）12以下关于波与相对论的说法，正确的是（）a 无论什么波，只要振幅足够大就可以产生明显的衍射现象b 根据麦克斯韦的电磁场理论，变化的电场周围一定可以产生电磁波c 波源与观察者互相靠近或者互相远离时，观察者接收到的频率都会发生变化d 火车以接近光速行驶时，我们在地面上测得车厢前后距离变小了，而车厢的高度没有变化考点：狭义相对论；机械波专题：常规题型分析：当障碍物的尺寸小于波长或与波长差不多时能产生明显的衍射现象；根据麦克斯韦的电磁场理论，变化的电场周围一定可以产生磁场，但不一定能产生电磁波；波源与观察者互相靠近或者互相远离时，会产生多普勒效应根据相对论，分析火车以接近光速行驶时，我们看到的现象解答：解：a、能否产生产生明显的衍射现象看障碍物与波长的尺寸关系，与振幅无关，当障碍物的尺寸小于波长或与波长差不多时能产生明显的衍射现象；故a错误b、根据麦克斯韦的电磁场理论，变化的电场周围一定可以产生磁场，但不一定能产生电磁波，只有周期性变化的电场周围才一定可以产生电磁波故b错误c、波源与观察者互相靠近或者互相远离时，会产生多普勒效应，观察者接收到的波的频率都会增大或减小故c正确d、火车以接近光速行驶时，根据相对论，沿着物体的运动方向，我们在地面上测得车厢前后距离变小了，而车厢的高度没有变化故d正确故选cd点评：解决本题的关键掌握衍射、麦克斯韦电磁场理论、相对论等基础知识，难度不大13如图所示，用手握住长绳的一端上下抖动，长绳形成了向前传播的一列波如果在长绳中间某一位置做一个标记，在抖动过程中，这个标记将上下（选填“上下”或“左右”）运动运动过程中，标记振动的周期等于手抖动的周期（选填“大于”、“小于”或“等于”）考点：波长、频率和波速的关系分析：简谐波传播过程中，质点的振动方向与波的传播方向垂直质点的振动周期等于波源的振动周期解答：解：绳上可形成简谐横波，质点的振动方向与波的传播方向垂直，所以绳波向右传播，长绳中间某一位置做一个标记，在抖动过程中，这个标记将上下振动质点的振动周期等于波源的振动周期所以运动过程中，标记a振动的周期等于手抖动的周期故答案为：上下 等于点评：本题关键要波的传播方向与质点振动方向的关系，能熟练运用波形平移法进行判断质点的振动方向14玻璃球的折射率为，直径为d一束光从空气沿与玻璃球直径成60角的方向射入光在空气中的速度为c求折射光线与玻璃球直径的夹角和在玻璃球中的传播时间考点：光的折射定律专题：光的折射专题分析：根据光的折射定律求出光在玻璃球中光线与ab的夹角，通过几何关系求出在玻璃球中的路程，根据v=求出光在玻璃球中的速度，从而求出光在玻璃球中传播的时间解答：解：如图所示，由折射定律得：n=，得=30，所以光线刚进入玻璃球时与直径ab的夹角为30光线进入玻璃球经一次反射运动路程 s=4rcos30=2dcos30=d光在玻璃球中的速度 v=光线进入玻璃球运动时间 t=答：折射光线与玻璃球直径的夹角为30，在玻璃球中的传播时间为点评：解决本题的关键掌握光的折射定律以及掌握光在介质中的速度与折射率的关系，结合几何知识进行解答c（选修模块3-5）（12分）15下列说法正确的是（）a 玻尔原子理论第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，成功地解释了氢原子光谱的实验规律b 原子核发生衰变时，新核与粒子的总质量等于原来的原子核的质量c 氢原子的核外电子由离原子核较远的轨道跃迁到离核较近的轨道上时氢原子的能量减少d 在原子核中，比结合能越小表示原子核中的核子结合得越牢固考点：氢原子的能级公式和跃迁；原子核衰变及半衰期、衰变速度专题：原子的能级结构专题分析：玻尔理论将量子观念引入原子领域，提出定态和跃迁的概念，成功解释了氢原子光谱；衰变的过程中，电荷数守恒，质量数守恒；核外电子的轨道半径减小，原子能量增大；比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固解答：解：a、玻尔原子理论第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，成功地解释了氢原子光谱的实验规律故a正确b、在衰变时，质量数守恒，但是新核与粒子的总质量不等于原来的原子核的质量故b错误c、氢原子的核外电子由离原子核较远的轨道跃迁到离核较近的轨道上时，轨道半径减小，原子能量减小故c正确d、在原子核中，比结合能越大表示原子核中的核子结合得越牢固故d错误故选：ac点评：本题考查了波尔理论、能级的跃迁、衰变、比结合能等基础知识点，难度不大，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点16如图所示为研究光电效应的电路图，对于某金属用紫外线照射时，电流表指针发生偏转将滑动变阻器滑动片向右移动的过程中，电流表的示数不可能减小（选填“减小”、“增大”） 如果改用频率略低的紫光照射，电流表可能（选填“一定”、“可能”或“一定没”）有示数考点：光电效应专题：光电效应专题分析：当滑动变阻器向右移动时，正向电压增大，光电子做加速运动，需讨论光电流是否达到饱和，从而判断电流表示数的变化发生光电效应的条件是当入射光的频率大于金属的极限频率时，会发生光电效应解答：解：ak间所加的电压为正向电压，发生光电效应后的光电子在光电管中加速，滑动变阻器滑动片向右移动的过程中，若光电流达到饱和，则电流表示数不变，若光电流没达到饱和电流，则电流表示数增大，所以滑动变阻器滑动片向右移动的过程中，电流表的示数不可能减小紫光的频率小于紫外线，紫外线照射能发生光电效应，但是紫光照射不一定能发生光电效应所以电流表可能有示数故答案为：减小，可能点评：本题考查光电效应基础知识点，难度不大，关键要熟悉教材，牢记并理解这些基础知识点和基本规律，注意饱和电流的含义，及掌握紫光与紫外线的频率高低17在光滑水平面上，一个质量为m，速度为的a球，与质量也为m的另一静止的b球发生正碰，若它们发生的是弹性碰撞，碰撞后b球的速度是多少？若碰撞后结合在一起，共同速度是多少？考点：动量守恒定律专题：动量定理应用专题分析：根据动量守恒和能量守恒列方程联立求解发生的是弹性碰撞，碰撞后b球的速度；根据动量守恒定律列方程求碰撞后结合在一起的共同速度解答：解：若它们发生的是弹性碰撞，以a球初速度的方向为正，根据动量守恒定律：mv=mva+mvb根据机械能守恒：mv2=mva2+mvb2联立的：va=0，vb=v；若碰撞后结合在一起，以a球初速度的方向为正，根据动量守恒定律：mv=2mv得：v=答：若它们发生的是弹性碰撞，碰撞后b球的速度是v；若碰撞后结合在一起，共同速度是点评：碰撞分为弹性碰撞和完全非弹性碰撞，弹性碰撞符合动量守恒和机械能守恒，完全非弹性碰撞是机械能损失最大的情况四、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18如图为某种鱼饵自动投放器中的投饵管装置示意图，其下半部ab是一长为2r的竖直细管，上半部bc是半径为r的四分之一圆弧弯管，管口沿水平方向，ab管内有一原长为r、下端固定的轻质弹簧投饵时，每次总将弹簧长度压缩到0.5r后锁定，在弹簧上段放置一粒鱼饵，解除锁定，弹簧可将鱼饵弹射出去设质量为m的鱼饵到达管口c时，对管壁的作用力恰好为零不计鱼饵在运动过程中的机械能损失，且锁定和解除锁定时，均不改变弹簧的弹性势能已知重力加速度为g求：（1）质量为m的鱼饵到达管口c时的速度大小v1；（2）弹簧压缩到0.5r时的弹性势能ep；（3）求鱼饵刚落水面时的速度考点：动能定理的应用；平抛运动专题：动能定理的应用专题分析：（1）鱼饵到达管口c时做圆周运动的向心力完全由重力提供，有牛顿第二定律列出向心力的方程，速度可求（2）不计鱼饵在运动过程中的机械能损失，所以鱼饵增加的机械能都是弹簧做功的结果，由功能关系知道弹簧具有的弹性势能等于鱼饵增加的机械能（3）鱼饵从弹出到落到水平面上的过程中，根据机械能守恒定律求解解答：解：（1）质量为m的鱼饵到达管口c时做圆周运动的向心力完全由重力提供，则有：mg=m解得：（2）弹簧的弹性势能全部转化为鱼饵的机械能，由机械能守恒定律，有：解得：ep=3mgr（3）鱼饵从管口射后过程，根据机械能守恒，有：解得：竖直分速度：，与水面的夹角的正切值为tan=3；答：（1）质量为m的鱼饵到达管口c时的速度大小为；（2）弹簧压缩到0.5r时的弹性势能为3mgr；（3）鱼饵刚落水面时的速度为，与水面的夹角的正切值为3点评：本题考查了圆周运动最高点的动力学方程、动能定理以及机械能守恒定律的应用，知道弹簧的弹力做的功等于弹簧具有的弹性势能，难度适中19如图所示，在xoy平面中第一象限内有一点p（4，3），op所在直线下方有垂直于纸面向里的匀强磁场，op上方有平行于op向上的匀强电场，电场强度e=100v/m现有质量m=1106kg，电量q=2103c带正电的粒子，从坐标原点o以初速度=1103m/s垂直于磁场方向射入磁场，经过p点时速度方向与op垂直并进入电场，在经过电场中的m点（图中未标出）时的动能为o点时动能的2倍，不计粒子重力求：（1）磁感应强度的大小；（2）om两点间的电势差；（3）m点的坐标及粒子从o运动到m点的时间考点：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：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）粒子在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动，根