河北省邯郸一中高考物理一轮收官试卷（含解析）.doc

2016年河北省邯郸一中高考一轮收官物理试卷一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分.在给出的四个选项中，第1-6题只有一项符合题目要求，第7-8题有多项符合题目要求，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物理学经常建立一些典型的理想化模型用于解决实际问题下列关于这些模型的说法中正确的是（）a体育比赛中用的乒乓球总可以看作是一个位于其球心的质点b带有确定电量的导体球总可以看作是一个位于其球心的点电荷c分子电流假说认为在原子或者分子等物质微粒内部存在着一种环形电流，它使每个物质微粒都成为微小的磁体，它的两侧相当于两个磁极d在研究安培力时，与电场中的检验电荷作用相当的是一个有方向的电流元，实验过程中应当使电流元的方向跟磁场方向平行2有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动，b处于地面附近近地轨道上正常运动，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，设地球自转周期为24h，所有卫星均视为匀速圆周运动，各卫星排列位置如图所示，则有（）aa的向心加速度等于重力加速度gbc在4 h内转过的圆心角是cb在相同时间内转过的弧长最长dd的运动周期有可能是23h3有一静电场，其电势随x坐标的改变而改变，变化的图线如图所示若将一带负电粒子（重力不计）从坐标原点o由静止释放，粒子沿x轴运动，电场中p、q两点的坐标分别为1mm、4mm则下列说法正确的是（）a粒子经过p点和q点时，加速度大小相等、方向相反b粒子经过p点与q点时，动能相等c粒子经过p点与q点时，电场力做功的功率相等d粒子在p点的电势能为正值4如图所示，p是位于水平粗糙桌面上的物块，用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳将p与钩码q相连，q的质量为m，在p向右加速运动的过程中，桌面以上的绳子始终是水平的，关于物体p受到的拉力和摩擦力的以下描述中正确的是（）ap受到的拉力的施力物体是钩码q，大小等于mgbp受到的拉力的施力物体是绳子，大小等于mgcp受到的摩擦力方向水平向左，大小一定小于mgdp受到的摩擦力方向水平向左，大小有可能等于mg5如图所示，在高度不同的两水平台阶上放有质量分别为m1、m2的两物体，物体间用轻弹簧相连，弹簧与竖直方向夹角为在m1左端施加水平拉力f，使m1、m2均处于静止状态，已知m1表面光滑，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）a弹簧弹力的大小为b地面对m2的摩擦力大小为fc地面对m2的支持力可能为零dml与m2一定相等6如图为学校配电房向各个教室的供电示意图，t为理想变压器，原副线圈的匝数比为4：1v1、a1为监控市电供电端的电压表和电流表，v2、a2为监控校内变压器的输出电压表和电流表，r1、r2为教室的负载电阻，v3、a3为教室内的监控电压表和电流表，配电房和教室间有相当长的一段距离，则当开关s闭合时（）a电流表a1、a2和a3的示数都变大b只有电流表a1的示数变大c电压表v3的示数变小d电压表v1和v2的示数比始终为4：17如图是汽车运送圆柱形工件的示意图，图中p、q、n是固定在车体上的压力传感器，假设圆柱形工件表面光滑，汽车静止不动时q传感器示数为零而p、n传感器示数不为零当汽车向左匀加速启动过程中，p传感器示数为零而q、n传感器示数不为零已知sin15=0.26，cos15=0.97，tan15=0.27，g=10m/s2则汽车向左匀加速启动的加速度可能为（）a4m/s2b3m/s2c2m/s2d1m/s28如图所示，正方形导线框abcd、abcd的边长均为l，电阻均为r，质量分别为2m和m，它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端，且正方形导线框与定滑轮处于同一竖直平面内在两导线框之间有一宽度为2l、磁感应强度大小为b、方向垂直纸面向里的匀强磁场开始时导线框abcd的下边与匀强磁场的上边界重合，导线框abcd的上边到匀强磁场的下边界的距离为l现将系统由静止释放，当导线框abcd刚好全部进入磁场时，系统开始做匀速运动不计摩擦和空气阻力，则（）a两线框刚开始做匀速运动时轻绳上的张力ft=mgb系统匀速运动的速度大小v=c两线框从开始运动至等高的过程中所产生的总焦耳热q=2mgld导线框abcd通过磁场的时间t=二、非选择题（共4小题，满分47分）9如图甲所示，一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实验有一直径为d、质量为m的金属小球由a处由静止释放，下落过程中能通过a处正下方、固定于b处的光电门，测得a、b间的距离为h（hd），光电计时器记录下小球通过光电门的时间为t，当地的重力加速度为g则：（1）如图乙所示，用游标卡尺测得小球的直径d=cm（2）多次改变高度h，重复上述实验，作出随h的变化图象如图丙所示，当图中已知量t0、h0和重力加速度g及小球的直径d满足以下表达式：时，可判断小球下落过程中机械能守恒（3）实验中发现动能增加量ek总是稍小于重力势能减少量ep，增加下落高度后，则epek将（选填“增加”、“减小”或“不变”）10在测定某金属的电阻率实验中：a某学生进行了如下操作：利用螺旋测微器测金属丝直径d，如图1所示，则d=mm测量金属丝电阻rx的电路图如图2所示，闭合电键s，先后将电压表右侧接线端p接a、b点时，电压表和电流表示数如下表所示u（v）i（a）接线端p接a1.840.15接线端p接b2.400.15该学生认真观察到两次测量中，电流表的读数几乎未变，发生这种现象的原因是，比较合理且较准确的金属丝电阻rx测=（保留两位有效数字），从系统误差角度分析，rx的测量值与其真实值rx真比较，rx测rx真（填“”、“=”或“”）u（v）i（a）接线端p接a2.560.22接线端p接b3.000.20b另一同学找来一恒压电源，按图b的电路先后将接线端p分别接a处和b处，测得相关数据如图3所示，该同学利用该数据可算出rx的真实值为11如图所示，粗糙斜面倾角=37，斜面宽a为3m，长b为4m，质量为0.1kg的小木块从斜面a点静止释放，释放同时用与斜面底边bc平行的恒力f推该小木块，小木块与斜面间的动摩擦因数为=0.5（g取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）（1）若f大小为0，求木块到达底边所需的时间t1；（2）若木块沿斜面对角线从点a运动到点c，求力f的大小及a到c所需时间t212如图，在xoy平面的第一、四象限内存在着方向垂直纸面向外、磁感应强度为b的匀强磁场，第四象限内存在方向沿y方向、电场强度为e的匀强电场从y轴上坐标为a的一点向磁场区发射速度大小不等的带正电同种粒子，速度方向范围是与+y方向成（30150），且在xoy平面内结果所有粒子经过磁场偏转后都垂直打到x轴上，然后进入第四象限的匀强电场区已知带电粒子电量为+q，质量为m，重力不计（1）确定进入磁场速度最小粒子的速度方向，并求出速度大小（2）所有通过磁场区的粒子中，求出最长时间与最短时间的比值（3）从x轴上点射入第四象限的粒子穿过电磁场后经过y轴上y=b的点，求该粒子经过y=b点的速度大小三、【物理选修3-3】（共2小题，满分15分）13近期我国多个城市的pm2.5数值突破警戒线，受影响最严重的是京津冀地区，雾霾笼罩，大气污染严重pm2.5是指空气中直径等于或小于2.5微米的悬浮颗粒物，其漂浮在空中做无规则运动，很难自然沉降到地面，吸入后对体形成危害矿物燃料燃烧的排放是形成pm2.5的主要原因下列关于pm2.5的说法中正确的是（）apm2.5的尺寸与空气中氧分子的尺寸的数量级相当bpm2.5在空气中的运动属于布朗运动c温度越低pm2.5活动越剧烈d倡导低碳生活减步煤和石油等燃料的使用能有效减小pm2.5在空气中的浓度epm2.5中颗粒小一些的，其颗粒的运动比其它颗粒更为剧烈14如图所示蹦蹦球是一种儿童健身玩具，小明同学在17的室内对蹦蹦球充气，已知两球的体积约为2l，充气前的气压为1atm，充气筒每次充入0.2l的气体，忽略蹦蹦球体积变化及克气过程中气体温度的变化，求：充气多少次可以让气体压强增大至3atm；室外温度达到了13，蹦蹦球拿到室外后，压强将变为多少？四、【物理选修3-4】（共2小题，满分0分）15关于机械振动与机械波说法正确的是 （）a机械波的频率等于振源的振动频率b机械波的传播速度与振源的振动速度相等c质点振动的方向总是垂直于波传播的方向d在一个周期内，沿着波的传播方向，振动在介质中传播一个波长的距离e机械波在介质中传播的速度由介质本身决定16如图所示，一束光线以60的入射角射到一水平放置的平面镜上，反射后在上方与平面镜平行的光屏上留下一光点p，现在将一块上下两面平行的透明体平放在平面镜上，则进入透明体的光线经平面镜反射后再从透明体的上表面射出，打在光屏上的p点（图中未标出），与原来p点相比向左平移了3.46cm，已知透明体对光的折射率为求光在透明体里运动的时间五、【物理选修3-5】（共2小题，满分0分）17下列说法正确的是（）a射线与射线一样都是电磁波，但射线的穿透本领远比射线弱b玻尔将量子观念引入原子领域，其理论能够解释氢原子光谱的特征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e u衰变成pb要经过6次衰变和8次衰变18水平台球桌面上母球a、目标球b和球袋洞口边缘c位于一条直线上，设a、b两球质量均为0.25kg且可视为质点，a、b间的距离为5cm，b、c间距离为x=160cm，因两球相距很近，为避免“推杆”犯规（球杆推着两球一起运动的现象），常采用“点杆”击球法（当球杆杆头接触母球的瞬间，迅速将杆抽回，母球在离杆后与目标球发生对心正碰，因碰撞时间极短，可视为完全弹性碰撞），设球与桌面的动摩擦因数为=0.5，为使目标球可能落入袋中，求：碰撞过程中a球对b球的最小冲量为多大（碰撞过程中的摩擦阻力可忽略不计）；碰撞前瞬间a球的速度最小是多大2016年河北省邯郸一中高考一轮收官物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分.在给出的四个选项中，第1-6题只有一项符合题目要求，第7-8题有多项符合题目要求，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物理学经常建立一些典型的理想化模型用于解决实际问题下列关于这些模型的说法中正确的是（）a体育比赛中用的乒乓球总可以看作是一个位于其球心的质点b带有确定电量的导体球总可以看作是一个位于其球心的点电荷c分子电流假说认为在原子或者分子等物质微粒内部存在着一种环形电流，它使每个物质微粒都成为微小的磁体，它的两侧相当于两个磁极d在研究安培力时，与电场中的检验电荷作用相当的是一个有方向的电流元，实验过程中应当使电流元的方向跟磁场方向平行【考点】质点的认识【分析】明确理想化模型的概念即可正确解答，注意理想化模型是指从客观存在的事物或过程中抽象出来的一种简单、近似、直观的模型【解答】解：a、体育比赛中用的乒乓球若研究其动作，就不可以看作是一个位于其球心的质点，故a错误b、带有确定电量的导体球，当其尺寸不能忽略的时候，不可以看作是一个位于其球心的点电荷，故b错误c、分子电流假说认为在原子或者分子等物质微粒内部存在着一种环形电流，它使每个物质微粒都成为微小的磁体，它的两侧相当于两个磁极，故c正确d、在研究安培力时，与电场中的检验电荷作用相当的是一个有方向的电流元，实验过程中应当使电流元的方向跟磁场方向垂直，平行的时候没有安培力，故d错误故选：c【点评】本题考查了物理思想、物理方法的应用，在学习中要不断培养科学素质和素养，深入体会理想化模型的应用2有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动，b处于地面附近近地轨道上正常运动，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，设地球自转周期为24h，所有卫星均视为匀速圆周运动，各卫星排列位置如图所示，则有（）aa的向心加速度等于重力加速度gbc在4 h内转过的圆心角是cb在相同时间内转过的弧长最长dd的运动周期有可能是23h【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】同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，根据a=2r比较a与c的向心加速度大小，再比较c的向心加速度与g的大小根据万有引力提供向心力，列出等式得出角速度与半径的关系，分析弧长关系根据开普勒第三定律判断d与c的周期关系【解答】解：a、同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，则知a与c的角速度相同，根据a=2r知，c的向心加速度大由=mg，得g=，卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则同步卫星的向心加速度小于b的向心加速度，而b的向心加速度约为g，故知a的向心加速度小于重力加速度g故a错误；b、c是地球同步卫星，周期是24h，则c在4h内转过的圆心角是，故b错误；c、由=m，得v=，卫星的半径越大，线速度越小，所以b的线速度最大，在相同时间内转过的弧长最长故c正确；d、由开普勒第三定律=k知，卫星的半径越大，周期越大，所以d的运动周期大于c的周期24h故d错误；故选：c【点评】对于卫星问题，要建立物理模型，根据万有引力提供向心力，分析各量之间的关系，并且要知道同步卫星的条件和特点3有一静电场，其电势随x坐标的改变而改变，变化的图线如图所示若将一带负电粒子（重力不计）从坐标原点o由静止释放，粒子沿x轴运动，电场中p、q两点的坐标分别为1mm、4mm则下列说法正确的是（）a粒子经过p点和q点时，加速度大小相等、方向相反b粒子经过p点与q点时，动能相等c粒子经过p点与q点时，电场力做功的功率相等d粒子在p点的电势能为正值【考点】电势；电势差与电场强度的关系；电势能【专题】电场力与电势的性质专题【分析】根据顺着电场线方向电势降低可判断出电场线的方向，确定出粒子所受的电场力方向，由牛顿第二定律分析加速度的方向x图象的斜率大小等于场强e加速度a=根据电势关系，分析电势能关系，再由能量守恒定律判断动能的关系根据功率公式p=fv，研究功率关系【解答】解：a、根据顺着电场线方向电势降低可知，02mm内，电场线沿x轴负方向，粒子所受的电场力方向沿x轴正方向；在26mm内电场线沿x轴正方向，粒子所受的电场力方向沿x负方向做减速运动，加速度沿x轴负方向；x图象的斜率大小等于场强e则知p点的场强大于q点的场强，则粒子在p点的加速度大于在q点的加速度，加速度方向相反故a错误b、粒子经过p点与q点时，电势相等，则其电势能相等，由能量守恒知动能相等故b正确c、粒子经过p点与q点时，速率相等，但电场力不同，则根据功率公式p=fv，可知电场力做功的功率不等故c错误d、在p点，根据电势能公式ep=q，因为q0，0，所以ep0故d错误故选：b【点评】本题关键是抓住x图象的斜率大小等于场强e，根据电势的变化确定电场线方向，从而判断粒子的运动情况，根据能量守恒研究动能的关系，这些都是基本的思路4如图所示，p是位于水平粗糙桌面上的物块，用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳将p与钩码q相连，q的质量为m，在p向右加速运动的过程中，桌面以上的绳子始终是水平的，关于物体p受到的拉力和摩擦力的以下描述中正确的是（）ap受到的拉力的施力物体是钩码q，大小等于mgbp受到的拉力的施力物体是绳子，大小等于mgcp受到的摩擦力方向水平向左，大小一定小于mgdp受到的摩擦力方向水平向左，大小有可能等于mg【考点】牛顿运动定律的综合应用；摩擦力的判断与计算；物体的弹性和弹力【专题】受力分析方法专题【分析】物块p向右运动，必然受到绳子的拉力f，由于接触面粗糙，p与桌面相互挤压，故一定受到向左的滑动摩擦力【解答】解：a、p受到的拉力来自于绳子，但由于q有加速度，故绳子的拉力小于q的重力；故ab错误；c、对整体分析可知，整体受到的q的重力作用及p的摩擦力作用；由牛顿第二定律可知，mgf=（m+m）a；以p为研究对象，对其受力分析，受重力，绳子的拉力，桌面对其垂直向上的支持力和向左的滑动摩擦力；p向右做加速运动，加速度向右，合力向右，根据牛顿第二定律得知：摩擦力小于绳的拉力故一定小于mg；故c正确，d错误；故选：c【点评】本题要根据物体的加速度方向，判断受力情况，从而分析摩擦力与mg的大小，关键要正确理解并掌握牛顿第二定律5如图所示，在高度不同的两水平台阶上放有质量分别为m1、m2的两物体，物体间用轻弹簧相连，弹簧与竖直方向夹角为在m1左端施加水平拉力f，使m1、m2均处于静止状态，已知m1表面光滑，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）a弹簧弹力的大小为b地面对m2的摩擦力大小为fc地面对m2的支持力可能为零dml与m2一定相等【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【专题】受力分析方法专题【分析】对整体受力分析可求得地面对m2的摩擦力大小及支持力；再分别对两个物体受力分析可明确弹簧的弹力及两物体的质量大小关系【解答】解：对整体受力分析可知，整体受重力、支持力、拉力及弹簧的弹力；要使整体处于平衡，则水平方向一定有向右的摩擦力作用在m2上，且大小与f相同；故b正确；因m2与地面间有摩擦力；则一定有支持力；故c错误；再对m2受力分析可知，弹力水平方向的分力应等于f，故弹力t=；因竖直方向上的受力不明确，无法确定两物体的质量关系；也无法求出弹簧弹力与重力的关系；故ad错误；故选：b【点评】本题考查共点力的平衡条件的应用，要注意对整体进行受力分析即可判断外力的大小；再隔离物体进行受力分析可得出弹力的大小6如图为学校配电房向各个教室的供电示意图，t为理想变压器，原副线圈的匝数比为4：1v1、a1为监控市电供电端的电压表和电流表，v2、a2为监控校内变压器的输出电压表和电流表，r1、r2为教室的负载电阻，v3、a3为教室内的监控电压表和电流表，配电房和教室间有相当长的一段距离，则当开关s闭合时（）a电流表a1、a2和a3的示数都变大b只有电流表a1的示数变大c电压表v3的示数变小d电压表v1和v2的示数比始终为4：1【考点】变压器的构造和原理；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率【专题】交流电专题【分析】抓住原线圈的输入电压不变，结合输出端总电阻的变化得出输电线上电流的变化，从而得出电压损失的变化，根据输出电压不变，得出用户端电压的变化，从而得知通过负载电阻电流的变化抓住输电线上电流的变化，根据原副线圈电流比等于匝数之反比求出原线圈中电流的变化【解答】解：当开关闭合后，副线圈的总电阻变小，由于升压变压器的输入电压不变，则输出电压不变，即v1和v2不变，示数比始终为4：1，可知输电线中的电流增大，即a2增大，则输电线上损失的电压增大，可知用户端得到的电压减小，即u3减小，所以通过r1的电流减小，即a3减小，副线圈中电流决定原线圈中的电流，则原线圈中的电流i1增大，所以a1示数增大故选：cd【点评】解决本题的关键知道输入电压决定输出电压，输出电流决定输入电流，输出功率决定输入功率7如图是汽车运送圆柱形工件的示意图，图中p、q、n是固定在车体上的压力传感器，假设圆柱形工件表面光滑，汽车静止不动时q传感器示数为零而p、n传感器示数不为零当汽车向左匀加速启动过程中，p传感器示数为零而q、n传感器示数不为零已知sin15=0.26，cos15=0.97，tan15=0.27，g=10m/s2则汽车向左匀加速启动的加速度可能为（）a4m/s2b3m/s2c2m/s2d1m/s2【考点】牛顿第二定律【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】对圆柱形工件受力分析，根据平衡条件和牛顿第二定律列式进行求解【解答】解：当汽车向左匀加速启动过程中，p传感器示数为零而q、n传感器示数不为零，受力分析如图知fq+mg=fncos15f合=fnsin15=ma由知：a=0.27+2.72.7m/s2故可能的为ab选项故选：ab【点评】解决本题的关键正确地进行受力分析，以及熟练运用牛顿第二定律8如图所示，正方形导线框abcd、abcd的边长均为l，电阻均为r，质量分别为2m和m，它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端，且正方形导线框与定滑轮处于同一竖直平面内在两导线框之间有一宽度为2l、磁感应强度大小为b、方向垂直纸面向里的匀强磁场开始时导线框abcd的下边与匀强磁场的上边界重合，导线框abcd的上边到匀强磁场的下边界的距离为l现将系统由静止释放，当导线框abcd刚好全部进入磁场时，系统开始做匀速运动不计摩擦和空气阻力，则（）a两线框刚开始做匀速运动时轻绳上的张力ft=mgb系统匀速运动的速度大小v=c两线框从开始运动至等高的过程中所产生的总焦耳热q=2mgld导线框abcd通过磁场的时间t=【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化【专题】电磁感应功能问题【分析】对abcd受力分析根据平衡条件求轻绳上的张力；从开始释放到abcd边刚穿出磁场区域的过程中，全过程中，系统的机械能减小转化为热量，根据能量守恒列式求焦耳热【解答】解：a、导线框abcd刚好全部进入磁场时磁通量不再变化，回路中没有感应电流，则线框abcd不受安培力，只受重力和绳子拉力，做匀速运动，根据平衡条件：ft=2mg，此时的受力情况与两线框刚开始做匀速运动时受力情况相同，故a错误；b、abcd完全进入磁场后，abcd中开始产生感应电流，根据根据平衡条件：mg+=2mg，得：v=，故b正确；c、等高时速度为v，根据能量守恒：2mg2lmg2l=（m+2m）v2+q，得：q=2mgl，故c正确d、abcd匀速运动完全进入磁场后不再有感应电流，不再受安培力，但abcd开始穿出磁场，产生感应电流受安培力作用，当abcd穿出磁场后不再有感应电流不再受安培力后abcd又开始穿出磁场产生感应电流受安培力，受力分析知系统始终匀速运动，故abcd通过磁场的时间t=，故d错误；故选：bc【点评】本题是电磁感应中的力学问题，安培力的计算和分析能量如何转化是解题关键，要加强训练，熟练掌握法拉第定律、欧姆定律、安培力等等基础知识，提高解题能力二、非选择题（共4小题，满分47分）9如图甲所示，一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实验有一直径为d、质量为m的金属小球由a处由静止释放，下落过程中能通过a处正下方、固定于b处的光电门，测得a、b间的距离为h（hd），光电计时器记录下小球通过光电门的时间为t，当地的重力加速度为g则：（1）如图乙所示，用游标卡尺测得小球的直径d=0.725cm（2）多次改变高度h，重复上述实验，作出随h的变化图象如图丙所示，当图中已知量t0、h0和重力加速度g及小球的直径d满足以下表达式：时，可判断小球下落过程中机械能守恒（3）实验中发现动能增加量ek总是稍小于重力势能减少量ep，增加下落高度后，则epek将增加（选填“增加”、“减小”或“不变”）【考点】验证机械能守恒定律【专题】实验题【分析】由题意可知，本实验采用光电门利用平均速度法求解落地时的速度；则根据机械能守恒定律可知，当减小的机械能应等于增大的动能；由原理即可明确注意事项及数据的处理等内容【解答】解：（1）由图可知，主尺刻度为7mm；游标对齐的刻度为5；故读数为：7+50.05=7.25mm=0.725cm；（2）若减小的重力势能等于增加的动能时，可以认为机械能守恒；则有：mgh=，即：2gh0=（）2解得：（3）由于该过程中有阻力做功，而高度越高，阻力做功越多；故增加下落高度后，则epek将增大；故答案为：（1）0.725 （2）（3）增加【点评】本题为创新型实验，要注意通过分析题意明确实验的基本原理才能正确求解10在测定某金属的电阻率实验中：a某学生进行了如下操作：利用螺旋测微器测金属丝直径d，如图1所示，则d=1.705mm测量金属丝电阻rx的电路图如图2所示，闭合电键s，先后将电压表右侧接线端p接a、b点时，电压表和电流表示数如下表所示u（v）i（a）接线端p接a1.840.15接线端p接b2.400.15该学生认真观察到两次测量中，电流表的读数几乎未变，发生这种现象的原因是电压表内阻远大于金属丝电阻，电压表分流几乎为零，比较合理且较准确的金属丝电阻rx测=12（保留两位有效数字），从系统误差角度分析，rx的测量值与其真实值rx真比较，rx测rx真（填“”、“=”或“”）u（v）i（a）接线端p接a2.560.22接线端p接b3.000.20b另一同学找来一恒压电源，按图b的电路先后将接线端p分别接a处和b处，测得相关数据如图3所示，该同学利用该数据可算出rx的真实值为13【考点】测定电源的电动势和内阻【专题】实验题【分析】螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；根据电表示数变化情况判断电流表的接法，然后应用欧姆定律求出待测电阻阻值，根据电流表的接法应用欧姆定律分析实验误差【解答】解：由图示螺旋测微器可知，螺旋测微器示数为1.5mm+20.50.01mm=1.705mma、由表中实验数据可知，电压表接a、b两点时，电流表示数不变，电压表示数变化较大，说明电压表内阻很大，电压表分流很小，几乎为零，电流表分压较大，电流表应采用外接法，电压表应接a点，金属丝电阻rx测=12；电流表采用外接法，由于电压表分流作用，电流的测量值大于真实值，由欧姆定律可知，金属丝电阻测量值小于真实值b、由表中实验数据可知，由表中实验数据可知，rx=13故答案为：1.705；a、电压表内阻远大于金属丝电阻，电压表分流几乎为零；12；b、13【点评】螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数，螺旋测微器需要估读；伏安法测电阻时，电流表有两种接法：内接法与外接法，当电压表内阻远大于待测电阻阻值时，采用电流表外接法，当待测电阻阻值远大于电流表内阻时，采用电流表内接法11如图所示，粗糙斜面倾角=37，斜面宽a为3m，长b为4m，质量为0.1kg的小木块从斜面a点静止释放，释放同时用与斜面底边bc平行的恒力f推该小木块，小木块与斜面间的动摩擦因数为=0.5（g取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）（1）若f大小为0，求木块到达底边所需的时间t1；（2）若木块沿斜面对角线从点a运动到点c，求力f的大小及a到c所需时间t2【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】（1）在沿斜面方向上由牛顿第二定律求的加速度，再有运动学公式求的时间；（2）物体受力分布在立体空间，通过受力分析求的沿ac方向上的合力，由牛顿第二定律求的加速度，再有运动学公式求的时间【解答】解：（1）物体在斜面上沿斜面产生的加速度为：a=下滑的时间为：（2）若木块沿斜面对角线从点a运动到点c，说明物体受到的合力沿ac方向，设ac与ab的夹角为，ac=，由几何关系可得：故施加的外力为：f=mgsintan=0.45n由牛顿第二定律可得产生的加速度为：由运动学公式得： =1.5s答：1）若f大小为0，求木块到达底边所需的时间t1为2s（2）若木块沿斜面对角线从点a运动到点c，求力f的大小及a到c所需时间t2为1.5s【点评】本题物体受力分布在立体空间，分成垂直于斜面和平行于斜面两平面内研究，沿斜面方向做初速度为零的匀加速运动，12如图，在xoy平面的第一、四象限内存在着方向垂直纸面向外、磁感应强度为b的匀强磁场，第四象限内存在方向沿y方向、电场强度为e的匀强电场从y轴上坐标为a的一点向磁场区发射速度大小不等的带正电同种粒子，速度方向范围是与+y方向成（30150），且在xoy平面内结果所有粒子经过磁场偏转后都垂直打到x轴上，然后进入第四象限的匀强电场区已知带电粒子电量为+q，质量为m，重力不计（1）确定进入磁场速度最小粒子的速度方向，并求出速度大小（2）所有通过磁场区的粒子中，求出最长时间与最短时间的比值（3）从x轴上点射入第四象限的粒子穿过电磁场后经过y轴上y=b的点，求该粒子经过y=b点的速度大小【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；动能定理的应用【专题】压轴题；带电粒子在磁场中的运动专题【分析】（1）因所有粒子均打在x轴上，而粒子的夹角不同，故粒子的速度应不同，则几何关系可得出速度与夹角的关系，则可得出最小速度；（2）粒子轨迹对应的圆心角最大时，粒子的转动时间最长，圆心角最小时，转动时间最短，由几何关系可知最大圆心角及最小圆心角，则可求得时间比值；（3）由几何关系可得出粒子从b点离开所对应的圆周运动的半径，由半径公式可求得粒子的速度【解答】解 （1）设速度v粒子与y轴夹角，垂直达到x轴上满足：a=rsin又 =90 时，（2）最长时间对应粒子初速度与y轴正方向夹角30，转过150最短时间对应粒子初速度与y轴负方向夹角30，转过30t1：t2=5；（3）粒子射出时与y轴负方向夹角，则有rsin=a得到：=450速度v0为：设到达y轴速度v，则 【点评】带电粒子在磁场中的运动类题目关键在于找出圆心确定半径，所以在解题时几何关系是关键，应灵活应用几何关系，同时结合画图去找出合理的解题方法三、【物理选修3-3】（共2小题，满分15分）13近期我国多个城市的pm2.5数值突破警戒线，受影响最严重的是京津冀地区，雾霾笼罩，大气污染严重pm2.5是指空气中直径等于或小于2.5微米的悬浮颗粒物，其漂浮在空中做无规则运动，很难自然沉降到地面，吸入后对体形成危害矿物燃料燃烧的排放是形成pm2.5的主要原因下列关于pm2.5的说法中正确的是（）apm2.5的尺寸与空气中氧分子的尺寸的数量级相当bpm2.5在空气中的运动属于布朗运动c温度越低pm2.5活动越剧烈d倡导低碳生活减步煤和石油等燃料的使用能有效减小pm2.5在空气中的浓度epm2.5中颗粒小一些的，其颗粒的运动比其它颗粒更为剧烈【考点】布朗运动【专题】布朗运动专题【分析】“pm2.5”是指直径小于等于2.5微米的颗粒物，pm2.5尺度大于空气中氧分子的尺寸的数量级pm2.5在空气中的运动是固体颗粒、是分子团的运动，不是分子的热运动导致pm2.5增多的主要原因是环境污染，故应该提倡低碳生活【解答】解：a、“pm2.5”是指直径小于等于2.5微米的颗粒物，pm2.5尺度远大于空气中氧分子的尺寸的数量级故a错误b、pm2.5在空气中的运动是固体颗粒、是分子团的运动，属于布朗运动故b正确c、pm2.5受由大量空气分子对pm2.5无规则碰撞，温度越高，空气分子对颗粒的撞击越剧烈，则pm2.5的运动越激烈；故c错误d、导致pm2.5增多的主要原因是环境污染，故应该提倡低碳生活，有效减小pm2.5在空气中的浓度故d正确；e、pm2.5中颗粒小一些的，空气分子对颗粒的撞击越不均衡，其颗粒的运动比其它颗粒更为剧烈故e正确故选：bde【点评】本题考查了pm2.5的有关问题，涉及的知识点较多，是一道综合题，但难度不大，其考点与环境保护相结合，正是眼下人们最关注的空气污染问题，可能是考查的热点之一14如图所示蹦蹦球是一种儿童健身玩具，小明同学在17的室内对蹦蹦球充气，已知两球的体积约为2l，充气前的气压为1atm，充气筒每次充入0.2l的气体，忽略蹦蹦球体积变化及克气过程中气体温度的变化，求：充气多少次可以让气体压强增大至3atm；室外温度达到了13，蹦蹦球拿到室外后，压强将变为多少？【考点】封闭气体压强【专题】理想气体状态方程专题【分析】据题充气过程中气体发生等温变化，由玻意耳定律求解当温度变化，气体发生等容变化，由查理定律求解【解答】解：设充气n次可以让气体压强增大至3atm据题充气过程中气体发生等温变化，以蹦蹦球内原来的气体和所充的气体整体为研究对象，由玻意耳定律得： p1（v+nv）=p2v代入：1（2+n0.2）=32解得 n=20（次）当温度变化，气体发生等容变化，由查理定律得：=可得 p3=p2=3atm2.8atm答：充气20次可以让气体压强增大至3atm；室外温度达到了13，蹦蹦球拿到室外后，压强将变为2.8atm【点评】本题的关键要明确不变量，运用玻意耳定律和查理定律求解，解题要注意确定气体的初末状态参量四、【物理选修3-4】（共2小题，满分0分）15关于机械振动与机械波说法正确的是 （）a机械波的频率等于振源的振动频率b机械波的传播速度与振源的振动速度相等c质点振动的方向总是垂直于波传播的方向d在一个周期内，沿着波的传播方向，振动在介质中传播一个波长的距离e机械波在介质中传播的速度由介质本身决定【考点】机械波；波长、频率和波速的关系【专题】简谐运动专题【分析】机械波形成要有两个条件：一是机械振动，二是传播振动的介质有机械振动才有可能有机械波，波的传播速度与质点振动速度没有直接关系横波在介质中的传播速度由介质本身的性质决定【解答】解：a、机械波的频率是振源的振动频率；故a正确；b、机械波的传播速度与振源的振动速度无关；故b错误；c、波分横波与纵波，纵波的质点振动方向与波的传播方在同一条直线上；故c错误；d、由v=可知，沿波的传播方向，振动在介质中传播一个波长的距离；故d正确；e、机械波在介质中传播的速度由介质本身决定；故e正确；故选：ade【点评】机械波产生的条件是振源与介质质点不随波迁移，且质点的振动方向与波的传播方向来区分横波与纵波16如图所示，一束光线以60的入射角射到一水平放置的平面镜上，反射后在上方与平面镜平行的光屏上留下一光点p，现在将一块上下两面平行的透明体平放在平面镜上，则进入透明体的光线经平面镜反射后再从透明体的上表面射出，打在光屏上的p点（图中未标出），与原来p点相比向左平移了3.46cm，已知透明体对光的折射率为求光在透明体里运动的时间【考点】光的折射定律【专题】光的折射专题【分析】作出光路图，根据折