陕西省西安市临潼区高三物理下学期模拟试卷（含解析）.doc

陕西省西安市临潼区2015届高考物理模拟试卷一、选择题（本题包括8小题每小题给出的四个选项中，1-5题只有一个选项正确，6-8题有多个选项正确，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科学的研究方法促进了人们对事物本质和规律的认识，以下说法正确的是( )a螺旋测微器的设计主要采用了放大法b合力与分力概念的建立采用了对称法c确定交流电的有效值应用了控制变量法d库伦点电荷之间相互作用力的研究采用了等效替代法2某同学站在电梯底板上，利用速度传感器和计算机研究一观光电梯升降过程中的情况，如图所示的vt图象是计算机显示的观光电梯在某一段时间内速度变化的情况（向上为正方向）根据图象提供的信息，可以判断下列说法中正确的是( )a在5s10s内，该同学对电梯底板的压力大于他所受的重力b在05s内，观光电梯在加速上升，该同学处于失重状态c在10s20s内，观光电梯在减速下降，该同学处于失重状态d在20s25s内，观光电梯在加速下降，该同学处于失重状态3如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2=4：1，电源电压u=220sin314t（v），原线圈电路中接入熔断电流i0=1a的保险丝，副线圈电路中接入一可变电阻r，则( )a电压表的读数为77vb当可变电阻r的阻值变大时，电源的输入功率变大c可变电阻r的阻值低于13.75时保险丝将熔断d副线圈的输出功率一定是200w4美国航天局电视直播画面显示，美国东部时间2013年11月18日13时28分（北京时间19日2时28分），在一片浓烟之中，“火星大气与挥发演化”探测器搭乘“宇宙神v型”火箭，从佛罗里达州卡纳维拉尔角空军基地冲天而起，开始前往火星的旅程如果一切顺利，探测器将于2014年9月22日抵达火星轨道火星也是绕太阳运行的行星之一，且火星周围也有卫星绕其运行如果要通过观测求得火星的质量，则需要测量的物理量有( )a火星绕太阳运动的周期和轨道半径b火星的卫星绕火星运动的周期和轨道半径c火星绕太阳运动的周期和火星的卫星绕火星运动的轨道半径d火星的卫星绕火星运动的周期和火星绕太阳运动的轨道半径5如图所示，一小球在斜面上处于静止状态，不考虑一切摩擦，如果把竖直挡板由竖直位置缓慢绕o点转至水平位置，则此过程中球对挡板的压力f1和球对斜面的压力f2的变化情况是( )af1先增大后减小，f2一直减小bf1和f2都一直减小cf1先减小后增大，f2一直减小df1和f2都一直增大6如图所示，光滑的水平地面上有三块木块a、b、c，质量均为m，a、c之间用轻质细绳连接现用一水平恒力f作用在b上，三者开始一起做匀加速运动运动过程中把一块橡皮泥粘在某一木块上面，系统仍加速运动，且始终没有相对滑动则在粘上橡皮泥并达到稳定后，下列说法正确的是( )a无论粘在哪块木块上面，系统的加速度一定减小b若粘在a木板上面，绳的张力减小，a、b间摩擦力不变c若粘在b木板上面，绳的张力和a、b间摩擦力一定都减小d若粘在c木板上面，绳的张力和a、b间摩擦力一定都增大7在如图所示电路中，闭合电键s，当滑动变阻器的滑动触头p向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用i、u1、u2和u3表示，电表示数变化量的大小分别用i、u1、u2和u3表示下列比值正确的是( )a不变，不变b变大，不变c变大，变大d变大，不变8如图所示，在光滑水平面上，有竖直向下的匀强磁场，分布在宽度为l的区域内，两个边长均为a（al）的单匝闭合正方形线圈甲和乙，分别用相同材料不同粗细的导线绕制而成（甲为细导线），将线圈置于光滑水平面上且位于磁场的左边界，并使两线圈获得大小相等、方向水平向右的初速度，若甲线圈刚好能滑离磁场，则( )a乙线圈也刚好能滑离磁场b两线圈进入磁场过程中通过导线横截面积电量相同c两线圈进入磁场过程中产生热量相同d甲线圈进入磁场过程中产生热量q1与离开磁场过程中产生热量q2之比为=3二、非选择题：包括必考题和选考题两部分第9题第12题为必考题，每个试题考生都必须作答第13题第18题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题9某实验小组用如图1所示的实验装置和实验器材做“探究动能定理”实验，在实验中，该小组同学把砂和砂桶的总重力当作小车受到的合外力（1）为了保证实验结果的误差尽量小，在实验操作中，下面做法必要的是_a实验前要对装置进行平衡摩擦力的操作b实验操作时要先放小车，后接通电源c在利用纸带进行数据处理时，所选的两个研究点离得越近越好d在实验过程中要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量（2）除实验装置中的仪器外，还需要的测量仪器有_（3）如图2为实验中打出的一条纸带，现选取纸带中的a、b两点来探究“动能定理”已知打点计时器的打点周期为t，重力加速度为g图中已经标明了要测量的物理量，另外，小车的质量为m，砂和砂桶的总质量为m请你把要探究的结果用题中给出的字母表达出来_10随着全世界开始倡导低碳经济的发展，电动自行车产品已越来越受到大家的青睐，某同学为了测定某电动车电池的电动势和内电阻，设计了如图所示电路，提供的实验器材有：（a）电动车电池一组，电动势约为12v，内阻未知（b）直流电流表量程300ma，内阻很小（c）电阻箱r，阻值范围为0999.9（d）定值电阻r0，标称阻值10（e）导线和开关（1）当他闭合开关时发现，无论怎样调节变阻器，电流表都没有示数，反复检查后发现电路连接完好，估计是某一元件损坏，因此他拿来多用电表检查故障，他的操作如下：断开电源开关s，将多用表选择开关置于1档，调零后，红黑表笔分别接r0两端，读数为10，将多用表选择开关置于10档，调零后，将红黑表笔分别接电阻箱两端，发现指针读数如图所示，则所测阻值为_，然后又用多用电表分别对电源和开关进行检测，发现电源和开关均完好由以上操作可知，发生故障的元件是_（2）在更换规格相同的元件后重新连接好电路（3）改变电阻箱的阻值r，分别测出阻值为r0=10的定值电阻的电流i，下列三组关于r的取值方案中，比较合理的方案是_（选填方案编号1、2或3） 方案编号 电阻箱的阻值r/ 1 300.0 250.0 200.0 150.0 100.0 2 100.0 85.0 70.0 55.0 40.0 3 40.0 30.0 25.0 20.0 15.0（4）根据实验数据描点，绘出的r图象是一条直线若直线的斜率为k，在坐标轴上的截距为b，则该电源的电动势e=_，内阻r=_（用k、b和r0表示）11如图所示，在光滑水平面内建立直角坐标系xoy，一质点在该平面内o点受大小为f的力作用从静止开始做匀加速直线运动，经过t时间质点运动到a点，a、o两点距离为a，在a点作用力突然变为沿y轴正方向，大小仍为f，再经t时间质点运动到b点，在b点作用力又变为大小等于4f、方向始终与速度方向垂直且在该平面内的变力，再经一段时间后质点运动到c点，此时速度方向沿x轴负方向求：（1）质点到达b点的速度大小及方向；（2）c点到x轴的距离12（18分）如图所示，一带电微粒质量为m=2.01011kg、电荷量q=+1.0105c，从静止开始经电压为u1=100v的电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，微粒射出电场时的偏转角=60，并接着沿半径方向进入一个垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，微粒射出磁场时的偏转角也为=60已知偏转电场中金属板长l=2cm，圆形匀强磁场的半径r=10cm，重力忽略不计求：（1）带电微粒经u1=100v的电场加速后的速率；（2）两金属板间偏转电场的电场强度e；（3）匀强磁场的磁感应强度的大小三、【物理-选修3-4】13如图所示，一列简谐横波沿x轴正向传播，波传到x=1m的p点时，p点开始向下振动，此时为计时起点，已知在t=0.4s时pm间第一次形成图示波形，此时x=4m的m点正好在波谷下列说法中正确的是 ( )ap点的振动周期为0.4sbp点开始振动的方向沿y 轴正方向c当m点开始振动时，p点正好在波峰d这列波的传播速度是10m/se从计时开始的0.4s内，p质点通过的路程为30cm14如图所示，一束截面为圆形（半径r=1m）的平行紫光垂直射向一半径也为r的玻璃半球的平面，经折射后在屏幕s上形成一个圆形亮区屏幕s至球心距离为，不考虑光的干涉和衍射，试问：若玻璃半球对紫色光的折射率为，请你求出圆形亮区的半径若将题干中紫光改为白光，在屏幕s上形成的圆形亮区的边缘是什么颜色？四、【物理-选修3-5】15下列说法正确的是( )a原子中的电子绕原子高速运转时，运动轨道半径不是任意的b利用射线为金属探伤，也能为人体进行透视c一束光照到金属上不能发生光电效应，是因为波长太短d根据玻尔理论，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能增大，电势能减小e比结合能越大，原子中结合的越牢固，原子核越稳定16如图所示，粗糙斜面与光滑水平地面通过光滑小圆弧平滑连接，斜面倾角=37，滑块a、c、d的质量均为m=1kg，滑块b的质量为mb=4kg，各滑块均可视为质点a、b间夹着微量火药k为处于原长的轻质弹簧，两端分别栓接滑块b和c火药爆炸后，a与d相碰并粘在一起，沿斜面前进l=0.8m 时速度减为零，接着使其保持静止已知滑块a、d与斜面间的动摩擦因数均为 =0.5，b和c运动过程中弹簧始终处于弹性限度内，取 g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8求：（1）火药爆炸后a的最大速度va；（2）滑块c运动的最大速度vc陕西省西安市临潼区2015届高考物理模拟试卷一、选择题（本题包括8小题每小题给出的四个选项中，1-5题只有一个选项正确，6-8题有多个选项正确，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科学的研究方法促进了人们对事物本质和规律的认识，以下说法正确的是( )a螺旋测微器的设计主要采用了放大法b合力与分力概念的建立采用了对称法c确定交流电的有效值应用了控制变量法d库伦点电荷之间相互作用力的研究采用了等效替代法考点：物理学史 专题：常规题型分析：在物理实验探究中，我们运用过多种科学研究方法，有比较法、模型法、等效替代法、归纳法、图象法、科学推理法、控制变量法等解答：解：a、螺旋测微器的设计主要采用了放大法，故a正确；b、合力与分力概念的建立采用了等效替代法，故b错误；c、确定交流电的有效值应用了等效替代法，故c错误；d、点电荷之间相互作用力的研究采用了控制变量法，故d错误；故选：a点评：控制变量法、转换法、模型法、等效替代法、推理法、类比法等是初中物理研究问题最常用的方法，在解决实际问题中要注意发现和应用2某同学站在电梯底板上，利用速度传感器和计算机研究一观光电梯升降过程中的情况，如图所示的vt图象是计算机显示的观光电梯在某一段时间内速度变化的情况（向上为正方向）根据图象提供的信息，可以判断下列说法中正确的是( )a在5s10s内，该同学对电梯底板的压力大于他所受的重力b在05s内，观光电梯在加速上升，该同学处于失重状态c在10s20s内，观光电梯在减速下降，该同学处于失重状态d在20s25s内，观光电梯在加速下降，该同学处于失重状态考点：匀变速直线运动的图像；牛顿运动定律的应用-超重和失重 专题：牛顿运动定律综合专题分析：在速度时间图象中，直线的斜率表示加速度的大小，根据图象求出电梯的加速度，当有向上的加速度时，此时人就处于超重状态，当有向下的加速度时，此时人就处于失重状态解答：解：a、在5s10s内，速度时间图象为水平线，此时电梯在匀速运动，处于受力平衡状态，所以该同学对电梯底板的压力等于他所受的重力，所以a错误；b、在05s内，从速度时间图象可知，此时的加速度为正，电梯的加速度向上，此时人处于超重状态，所以b错误；c、在10s25s内，从速度时间图象可知，此时的加速度为负，电梯的加速度向下，电梯做加速下降，故此时人处于失重状态，所以c错误，d正确故选：d点评：本题主要考查了对超重失重现象的理解，人处于超重或失重状态时，人的重力并没变，只是对支持物的压力变了3如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2=4：1，电源电压u=220sin314t（v），原线圈电路中接入熔断电流i0=1a的保险丝，副线圈电路中接入一可变电阻r，则( )a电压表的读数为77vb当可变电阻r的阻值变大时，电源的输入功率变大c可变电阻r的阻值低于13.75时保险丝将熔断d副线圈的输出功率一定是200w考点：变压器的构造和原理 分析：根据电压之比等于线圈匝数比求出副线圈电压，当可变电阻r的阻值变大时，电流变小，副线圈功率变小，则原线圈功率也变小，根据原线圈电路中电流的最大值求出副线圈电流最大值，进而求出可变电阻r的最小值，可变电阻的耗电功率是变化的解答：解：a、由题意得：u1=220v，根据=，解得：u2=55v，故a错误；b、当可变电阻r的阻值变大时，电压不变，所以副线圈电流减小，根据电流之比等于匝数倒数比可知，原线圈电流减小，则原线圈功率变小，故b错误；c、原线圈电路中电流的最大值为1a，根据电流与匝数成反比，解得i2=4a，则可变电阻r的阻值最小值为：r=13.75，故c正确；d、可变电阻的耗电功率根据电阻的变化而变化，故d错误故选：c点评：本题关键明确：（1）理想变压器输入功率等于输出功率；（2）变压器变压规律4美国航天局电视直播画面显示，美国东部时间2013年11月18日13时28分（北京时间19日2时28分），在一片浓烟之中，“火星大气与挥发演化”探测器搭乘“宇宙神v型”火箭，从佛罗里达州卡纳维拉尔角空军基地冲天而起，开始前往火星的旅程如果一切顺利，探测器将于2014年9月22日抵达火星轨道火星也是绕太阳运行的行星之一，且火星周围也有卫星绕其运行如果要通过观测求得火星的质量，则需要测量的物理量有( )a火星绕太阳运动的周期和轨道半径b火星的卫星绕火星运动的周期和轨道半径c火星绕太阳运动的周期和火星的卫星绕火星运动的轨道半径d火星的卫星绕火星运动的周期和火星绕太阳运动的轨道半径考点：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：根据火星的某个卫星的万有引力等于向心力，列式求解即可求出火星的质量解答：解：卫星绕火星做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，有：，解得故要测量火星的质量，需要知道火星的卫星绕火星运动的周期和轨道半径故b正确、acd错误故选：b点评：本题关键是根据火星的卫星做圆周运动的向心力有万有引力提供，列出方程，分析方程式即可看出要测量的量，涉及半径有星体半径和轨道半径，解题时要注意区分5如图所示，一小球在斜面上处于静止状态，不考虑一切摩擦，如果把竖直挡板由竖直位置缓慢绕o点转至水平位置，则此过程中球对挡板的压力f1和球对斜面的压力f2的变化情况是( )af1先增大后减小，f2一直减小bf1和f2都一直减小cf1先减小后增大，f2一直减小df1和f2都一直增大考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力 专题：共点力作用下物体平衡专题分析：小球受三个力作用而保持静止状态，其中重力大小、方向都不变，斜面对球的支持力方向不变，大小变，挡板对球的支持力的大小和方向都变化，根据三力平衡的条件，结合平行四边形定则作图分析即可解答：解：小球受重力、挡板弹力f1和斜面弹力f2，将f1与f2合成为f，如图所示：小球一直处于平衡状态，三个力中的任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，故f1和f2合成的合力f一定与重力等值、反向、共线从图中可以看出，当挡板绕o点逆时针缓慢地转向水平位置的过程中，f1先变小，后变大，f2越来越小；故abd错误，c正确故选：c点评：本题关键对小球受力分析，然后将两个力合成，当挡板方向变化时，将多个力图重合在一起，直接由图象分析出各个力的变化情况6如图所示，光滑的水平地面上有三块木块a、b、c，质量均为m，a、c之间用轻质细绳连接现用一水平恒力f作用在b上，三者开始一起做匀加速运动运动过程中把一块橡皮泥粘在某一木块上面，系统仍加速运动，且始终没有相对滑动则在粘上橡皮泥并达到稳定后，下列说法正确的是( )a无论粘在哪块木块上面，系统的加速度一定减小b若粘在a木板上面，绳的张力减小，a、b间摩擦力不变c若粘在b木板上面，绳的张力和a、b间摩擦力一定都减小d若粘在c木板上面，绳的张力和a、b间摩擦力一定都增大考点：牛顿运动定律的应用-连接体；力的合成与分解的运用 专题：牛顿运动定律综合专题分析：选择合适的研究对象进行受力分析，由牛顿第二定律可得出物体受到的拉力的变化解答：解；a、由整体法可知，只要橡皮泥粘在物体上，物体的质量均增大，则由牛顿运动定律可知，加速度都要减小，故a正确；b、以c为研究对象，由牛顿第二定律可得，ft=ma，因加速度减小，所以拉力减小，而对b物体有ffab=ma可知，摩擦力fab应变大，故b错误；c、若橡皮泥粘在b物体上，将ac视为整体，有fac=2ma=f，所以摩擦力是变小的，故c正确；d、若橡皮泥粘在c物体上，将ab视为整体，fabft=2ma，加速度减小，所以拉力ft变大，对b有ffab=ma，知fab增大；故d正确；故选acd点评：在研究连接体问题时，要注意灵活选择研究对象，做好受力分析，再由牛顿运动定律即可分析各量的变化关系7在如图所示电路中，闭合电键s，当滑动变阻器的滑动触头p向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用i、u1、u2和u3表示，电表示数变化量的大小分别用i、u1、u2和u3表示下列比值正确的是( )a不变，不变b变大，不变c变大，变大d变大，不变考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：r1是定值电阻，根据欧姆定律得知=r1变阻器是可变电阻，根据闭合电路欧姆定律研究、的变化，并由闭合电路欧姆分析与电源内阻的关系解答：解：a、r1是定值电阻，根据欧姆定律得知：=r1，保持不变，故a正确bc、当滑动变阻器的滑动触头p向下滑动时，r2变大，而=r2，变大根据闭合电路欧姆定律得：u2=ei（r1+r），则有=r1+r，不变故b正确，c错误d、=r1+r2，变大根据闭合电路欧姆定律得：u3=eir，则有=r，不变故d正确故选：abd点评：本题要掌握：对于定值电阻，是线性元件有r=，对于非线性元件，r=8如图所示，在光滑水平面上，有竖直向下的匀强磁场，分布在宽度为l的区域内，两个边长均为a（al）的单匝闭合正方形线圈甲和乙，分别用相同材料不同粗细的导线绕制而成（甲为细导线），将线圈置于光滑水平面上且位于磁场的左边界，并使两线圈获得大小相等、方向水平向右的初速度，若甲线圈刚好能滑离磁场，则( )a乙线圈也刚好能滑离磁场b两线圈进入磁场过程中通过导线横截面积电量相同c两线圈进入磁场过程中产生热量相同d甲线圈进入磁场过程中产生热量q1与离开磁场过程中产生热量q2之比为=3考点：导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律 专题：电磁感应与电路结合分析：根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式得到线框的加速度表达式，再分析两个线圈的运动情况，即可判断乙线圈能否滑离磁场根据感应电荷量公式q=n，分析电量关系根据能量守恒定律分析热量关系解答：解：a、设任一线圈的横面积为s，电阻率为电，密度为密线圈进入磁场时产生的感应电流为 i=，所受的安培力大小为 f=bia=，加速度大小为 a=，可知a与s无关，所以两个线圈进入磁场的过程，任意时刻加速度相同，同理离开磁场的过程任意时刻的加速度也相同，运动情况完全相同，所以若甲线圈刚好能滑离磁场，乙线圈也刚好能滑离磁场，故a正确b、根据感应电荷量公式q=，可知，进入磁场过程中磁通量的变化量相等，但由于两个线圈的电阻不同，则两线圈进入磁场过程中通过导线横截面电荷量不同，故b错误c、根据a项分析可知，两个线圈进入磁场过程的初速度和末速度应该分别相等，由于质量不同，所以动能的减小量不等，因此产生的热量不等，故c错误d、设甲线圈的初速度为v1，完全进入磁场时的速度为v2，根据动量定理得：进入磁场过程有：bat1=mv2mv1，又q1=t1，则得 baq1=mv1mv2；穿出磁场过程有：bat2=0mv2，又q2=t2，则得 baq2=mv2；因q1=q2，则得mv1mv2=mv2；则v2=；根据能量守恒得：甲线圈进入磁场过程中产生热量q1=离开磁场过程中产生热量q2=联立解得=3，故d正确故选：ad点评：本题关键要综合考虑影响加速度的因素，将加速度表达式中质量和电阻细化，掌握感应电荷量公式q=n，理解掌握克服安培力做功等于产生的热量等等，应加强基础知识的学习，提高综合分析问题的能力二、非选择题：包括必考题和选考题两部分第9题第12题为必考题，每个试题考生都必须作答第13题第18题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题9某实验小组用如图1所示的实验装置和实验器材做“探究动能定理”实验，在实验中，该小组同学把砂和砂桶的总重力当作小车受到的合外力（1）为了保证实验结果的误差尽量小，在实验操作中，下面做法必要的是ada实验前要对装置进行平衡摩擦力的操作b实验操作时要先放小车，后接通电源c在利用纸带进行数据处理时，所选的两个研究点离得越近越好d在实验过程中要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量（2）除实验装置中的仪器外，还需要的测量仪器有刻度尺、天平（3）如图2为实验中打出的一条纸带，现选取纸带中的a、b两点来探究“动能定理”已知打点计时器的打点周期为t，重力加速度为g图中已经标明了要测量的物理量，另外，小车的质量为m，砂和砂桶的总质量为m请你把要探究的结果用题中给出的字母表达出来考点：探究功与速度变化的关系 专题：实验题分析：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其中平衡摩擦力的原因以及做法在实验中应当清楚由于实验需要测量小车速度和质量，故还需要的测量仪器有刻度尺、天平恒力做功根据w=fscos进行计算，用平均速度代替瞬时速度的方法求出ab两点的速度，进而求出动能的改变量解答：解：（1）a、实验前要对装置进行平衡摩擦力的操作，以保证小车所受合外力恰好是绳子的拉力，故a正确b、实验时，若先放开小车，再接通打点计时器电源，由于小车运动较快，可能会使打出来的点很少，不利于数据的采集和处理故b错误c、在利用纸带进行数据处理时，所选的两个研究点离得越近测量误差越大，故c错误d、在实验过程中要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量，这样才能使得砂和砂桶的总重力近似等于细绳对小车的拉力，故d正确故选：ad（2）由于实验需要测量小车速度，速度是使用打点计时器打的纸带计算得出的，故要测量点距，需要刻度尺；本实验还要测量质量，故选要天平（3）小车的质量为m，砂和砂桶的总质量为m，m远大于m则对小车的作用力等于砂和砂桶的总重力mg，所以恒力对小车做的功可表示为：mgx由得：，所以小车动能的改变量为=本实验就是要验证减少的重力势能是否等于增加的动能，即故答案为：（1）ad；（2）刻度尺、天平；（3）点评：明确“探究恒力做功与动能改变的关系”实验的实验原理及方法是求解本题的关键对于实验我们要清楚每一项操作存在的理由比如为什么要平衡摩擦力，为什么要先接通电源后释放纸带等这样问题我们要从实验原理和减少实验误差方面去解决10随着全世界开始倡导低碳经济的发展，电动自行车产品已越来越受到大家的青睐，某同学为了测定某电动车电池的电动势和内电阻，设计了如图所示电路，提供的实验器材有：（a）电动车电池一组，电动势约为12v，内阻未知（b）直流电流表量程300ma，内阻很小（c）电阻箱r，阻值范围为0999.9（d）定值电阻r0，标称阻值10（e）导线和开关（1）当他闭合开关时发现，无论怎样调节变阻器，电流表都没有示数，反复检查后发现电路连接完好，估计是某一元件损坏，因此他拿来多用电表检查故障，他的操作如下：断开电源开关s，将多用表选择开关置于1档，调零后，红黑表笔分别接r0两端，读数为10，将多用表选择开关置于10档，调零后，将红黑表笔分别接电阻箱两端，发现指针读数如图所示，则所测阻值为70，然后又用多用电表分别对电源和开关进行检测，发现电源和开关均完好由以上操作可知，发生故障的元件是电流表（2）在更换规格相同的元件后重新连接好电路（3）改变电阻箱的阻值r，分别测出阻值为r0=10的定值电阻的电流i，下列三组关于r的取值方案中，比较合理的方案是2（选填方案编号1、2或3） 方案编号 电阻箱的阻值r/ 1 300.0 250.0 200.0 150.0 100.0 2 100.0 85.0 70.0 55.0 40.0 3 40.0 30.0 25.0 20.0 15.0（4）根据实验数据描点，绘出的r图象是一条直线若直线的斜率为k，在坐标轴上的截距为b，则该电源的电动势e=k，内阻r=br0（用k、b和r0表示）考点：测定电源的电动势和内阻 专题：实验题分析：（1）欧姆表读数=刻度盘读数倍率；故障检测时，除电流表其余部分均没有问题，故问题只能出在电流表处；（3）为减小电流表的读数误差，电流表指针偏转角度应该尽量大于三分之一，即电流范围为：100mai300ma，根据欧姆定律，计算出电阻箱电阻值的大致范围即可；（4）根据闭合电路欧姆定律列式，然后进行公式变形，得到与r关系式，在分析讨论解答：解：（1）欧姆表表盘读数为“7”，倍率为“10”，故为70；障检测时，除电流表其余部分均没有问题，故问题只能出在电流表处；故答案为：70，电流表；（3）为减小电流表的读数误差，电流表指针偏转角度应该尽量大于三分之一，即电流范围为：100mai300ma，根据欧姆定律，总电阻120r总40，扣除定值电阻10，即电流表内阻和电源内阻加上电阻箱电阻应该大于等于30而小于等于110，由于电流表内阻不计，故应该选方案2；故答案为：2；（4）根据闭合电路欧姆定律，有公式变形，得到对比一次函数y=kx+b，r相当于x，e相当于k，相当于y，（rr0）相当于b；故e=krr0=b解得e=k，r=br0故答案为k，br0点评：本题涉及欧姆表的读数、测定电源电动势和内电阻的实验原理及具体操作，虽然最后的图象处理不是用的伏安法，但都可以用闭合电路欧姆定律列式分析，作出直线图象是关键11如图所示，在光滑水平面内建立直角坐标系xoy，一质点在该平面内o点受大小为f的力作用从静止开始做匀加速直线运动，经过t时间质点运动到a点，a、o两点距离为a，在a点作用力突然变为沿y轴正方向，大小仍为f，再经t时间质点运动到b点，在b点作用力又变为大小等于4f、方向始终与速度方向垂直且在该平面内的变力，再经一段时间后质点运动到c点，此时速度方向沿x轴负方向求：（1）质点到达b点的速度大小及方向；（2）c点到x轴的距离考点：运动的合成和分解 专题：运动的合成和分解专题分析：（1）质点从o到a做匀加速直线运动，从a到b做类平抛运动，从b到c做匀速圆周运动，由几何关系得出ab的距离，进而可得b点的速度方向与x轴夹角；（2）b到c点做匀速圆周运动，依据向心力表达式可表示半径，从oa段的运动可以表示圆周运动的速度，联立可的半径大小，由几何关系可得c点与x轴的距离解答：解：（1）从o到a物体做匀加速运动，到达a点的速度满足；从a到b，物体在x方向做匀速运动，在y方向做匀加速运动，所以ab的水平距离为2a，竖直距离为a，a、b两点距离为a；在b点的x方向的速度等于沿y方向的速度均等于v，所以在b点的速度方向与x轴夹角为45，大小等于v=（2）由b到c质点做匀速圆周运动4f=，求得r=a所以c点与x轴的距离为r+rsin45+a=；答：（1）质点到达b点的速度大小及方向与x轴夹角为45；（2）c点到x轴的距离点评：解决本题的关键知道质点经历了匀加速直线运动，类平抛运动，匀速圆周运动，结合运动学公式灵活求解12（18分）如图所示，一带电微粒质量为m=2.01011kg、电荷量q=+1.0105c，从静止开始经电压为u1=100v的电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，微粒射出电场时的偏转角=60，并接着沿半径方向进入一个垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，微粒射出磁场时的偏转角也为=60已知偏转电场中金属板长l=2cm，圆形匀强磁场的半径r=10cm，重力忽略不计求：（1）带电微粒经u1=100v的电场加速后的速率；（2）两金属板间偏转电场的电场强度e；（3）匀强磁场的磁感应强度的大小考点：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）根据动能定理求解带电微粒经u1=100v的电场加速后的速率；（2）带电微粒在偏转电场中只受电场力作用，做类平抛运动，运用运动的分解法研究：在水平方向微粒做匀速直线运动，在竖直方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式结合求解电场强度（2）带电微粒进入磁场后做匀速圆周运动，轨迹对应的圆心角就等于速度的偏向角，作出轨迹，得到轨迹的圆心角，由几何知识求出轨迹半径，由牛顿第二定律求解磁感应强度的大小解答：解：（1）带电微粒经加速电场加速后速度为v1，根据动能定理：qu1=得：v1=1.0104m/s （2）带电微粒在偏转电场中只受电场力作用，做类平抛运动在水平方向微粒做匀速直线运动水平方向：v1=带电微粒在竖直方向做匀加速直线运动，加速度为a，出电场时竖直方向速度为v2竖直方向：a=由几何关系：tan=，由题=60解得：e=10000v/m（3）设带电粒子进磁场时的速度大小为v，则：=2104m/s由粒子运动的对称性可知，入射速度方向过磁场区域圆心，则出射速度反向延长线过磁场区域圆心，粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，则轨迹半径为：r=rtan60=0.3m由：qvb=m得：b=0.13t答：（1）带电微粒经u1=100v的电场加速后的速率是1.0104m/s；（2）两金属板间偏转电场的电场强度e是10000v/m；（3）匀强磁场的磁感应强度的大小是0.13t点评：本题的难点是作出粒子的运动轨迹，根据几何知识得到轨迹半径与磁场边界半径的关系三、【物理-选修3-4】13如图所示，一列简谐横波沿x轴正向传播，波传到x=1m的p点时，p点开始向下振动，此时为计时起点，已知在t=0.4s时pm间第一次形成图示波形，此时x=4m的m点正好在波谷下列说法中正确的是 ( )ap点的振动周期为0.4sbp点开始振动的方向沿y 轴正方向c当m点开始振动时，p点正好在波峰d这列波的传播速度是10m/se从计时开始的0.4s内，p质点通过的路程为30cm考点：横波的图象；波长、频率和波速的关系 专题：振动图像与波动图像专题分析：简谐横波沿x轴正向传播，在t=0.4s时pm间第一次形成图示波形，由图读出，t=0.4s时间内振动传播了一个波长，经过了一个周期，则可知p点的周期读出波长，由v=求出波速vp点开始振动的方向与图示时刻x=5m处质点的振动方向相同根据pm间的距离判断m点开始振动时，p点的位置解答：解：a、由题意，简谐横波沿x轴正向传播，波传到x=1m的p点时，p点开始向下振动，此时为计时起点，在t=0.4s时pm间第一次形成图示波形，t=0.4s时间内振动传播了一个波长，经过了一个周期，故p点的周期为0.4s故a正确b、由题波传到x=1m的p点时，p点开始向下振动，p点开始振动的方向沿y轴负方向故b错误c、由图可知，该波的波长为4m，而pm之间的距离是3m，当m点开始振动时，由波形可知，p点在波峰故c正确d、由图知，波长=4m，则波速v=m/s故d正确e、从计时开始的0.4s=t内，p质点通过的路程为4个振幅，即40cm故e错误故选：acd点评：本题要根据简谐波的特点：一个周期内传播一个波长，确定p点的周期；简谐波传播过程中，各个质点的起振方向都相同，与波源的起振方向也相同14如图所示，一束截面为圆形（半径r=1m）的平行紫光垂直射向一半径也为r的玻璃半球的平面，经折射后在屏幕s上形成一个圆形亮区屏幕s至球心距离为，不考虑光的干涉和衍射，试问：若玻璃半球对紫色光的折射率为，请你求出圆形亮区的半径若将题干中紫光改为白光，在屏幕s上形成的圆形亮区的边缘是什么颜色？考点：光的折射定律 专题：光的折射专题分析：（1）光线沿直线从o点穿过玻璃，方向不变从a点射出玻璃砖的光线方向向右偏折，射到屏幕s上圆形亮区，作出光路图，由光的折射定律结合数学几何知识求出圆形亮区的半径（2）当光线从空气垂直射入半圆玻璃砖，光线不发生改变，当入射角小于临界角时，光线才能再从玻璃砖射出，所以平行白光中的折射率不同，导致临界角不同，因此偏折程度不同，从而确定圆形亮区的最外侧的颜色；解答：解：（1）如图，紫光刚要发生全反射时的临界光线射在屏幕s上的点e到亮区中心g的距离r就是所求最大半径设紫光临界角为c，由全反射的知识得：sinc=，又：ab=rsinc=，ob=rcosc=r，bf=abtanc=，gf=d（ob+bf）=d，所以有r=ge=ab=dnr=（+1）1=1m（2）紫色当平行光从玻璃中射向空气时，由于紫光的折射率的最大，则临界角最小，所以首先发生全反射，因此出射光线与屏幕的交点最远故圆形亮区的最外侧是紫光答：（1）若玻璃半球对（1）中最外侧色光的折射率为n，圆形亮区的最大半径为1m（2）屏幕s上形成的圆形亮区的最外侧是紫光；点评：本题