甘肃省张掖市高台一中2014届高考物理四模试卷(Word版含解析).doc

2014年甘肃省张掖市高台一中高考物理四模试卷一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1（6分）（2014锦州一模）下列叙述正确的是（）A经典力学理论普遍适用，大到天体，小到微观粒子均适用B法拉第把引起电流的原因概括为五类，包括变化的电流、变化的磁场、运动的恒定电流、运动的磁铁、在磁场中运动的导体C物理学中用到大量的科学研究方法，在建立“合力与分力”“质点”“电场强度”物理概念时，都用到了“等效替代”的方法D机场、车站和重要活动场所的安检门可以探测人身携带的金属物品是利用自感现象2（6分）（2014天津二模）某人造地球卫星因受高空稀薄空气的阻气作用，绕地球运转的轨道会慢慢改变，每次测量中卫星的运动可近似看作圆周运动某次测量卫星的轨道半径为r1，后来变为r2，r2r1以Ek1、Ek2表示卫星在这两个轨道上的动能，T1，T2表示卫星在这两上轨道上绕地运动的周期，则（）AEk2Ek1，T2T1BEk2Ek1，T2T1CEk2Ek1，T2T1DEk2Ek1，T2T13（6分）（2014锦州一模）某大型游乐场内的新型滑梯可以等效为如图所示的物理模型一个小朋友在AB段的动摩擦因数1tan，BC段的动摩擦因数为2tan，他从A点开始下滑，滑到C点恰好静止，整个过程中滑梯保持静止状态则该小朋友从斜面顶端A点滑到底端C点的过程中（）A地面对滑梯始终无摩擦力作用B地面对滑梯的摩擦力方向先水平向右，后水平向左C地面对滑梯的支持力的大小始终等于小朋友和滑梯的总重力的大小D地面对滑梯的支持力的大小先小于、后大于小朋友和滑梯的总重力的大小4（6分）（2014锦州一模）矩形导线框abcd放在匀强磁场中，在外力控制下处于静止状态，如图（甲）所示磁感线方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B随时间变化的图象如图（乙）所示t=0时刻，磁感应强度的方向垂直导线框平面向里，在04s时间内，导线框ad边所受安培力随时间变化的图象（规定以向左为安培力正方向）可能是下列选项中的（）ABCD5（6分）（2012重庆）空间中P、Q两点处各固定一个点电荷，其中P点处为正电荷，P、Q两点附近电场的等势面分布如图所示，a、b、c、d为电场中的4个点，则（）AP、Q两点处的电荷等量同种Ba点和b点的电场强度相同Cc点的电势低于d点的电势D负电荷从a到c，电势能减少6（6分）（2014锦州一模）压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小一同学利用压敏电阻设计了判断升降机运动状态的装置，如图甲所示，将压敏电阻平放在升降机内，受压面朝上，在上面放一物体m，升降机静止时电流表示数为I0某过程中电流表的示数如图乙所示，则在此过程中（）A物体处于超重状态B物体处于失重状态C升降机一定向上做匀加速运动D升降机可能向下做匀减速运动7（6分）（2014锦州一模）用力F将质量为m的物块压在竖直墙上，从t=0时刻起，测得物体所受墙壁的摩擦力随时间按如图所示规律变化，则下列判断正确的是（）A0t2时间内为滑动摩擦力，t2时刻之后为静摩擦力B0t1时间内物块沿墙壁加速下滑，t2时刻物块的速度为0C压力F一定随时间均匀增大D压力F恒定不变8（6分）（2014高台县校级四模）半径为a右端开小口的导体圆环和长为2a的导体直杆，单位长度电阻均为R0圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B杆在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动，杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O开始，杆的位置由确定，如图所示则（）A=0时，杆产生的电动势为2BavB=时，杆产生的电动势为BavC=时，杆受的安培力大小为D=0时，杆受的安培力为二、解答题（共4小题，满分47分）9（6分）（2014锦州一模）如图所示装置可用来验证机械能守恒定律摆锤A栓在长L的轻绳一端，另一端固定在O点，在A上放一个小铁片，现将摆锤拉起，使绳偏离竖直方向成角时由静止开始释放摆锤，当其到达最低位置时，受到竖直挡板P阻挡而停止运动，之后铁片将飞离摆锤而做平抛运动为了验证摆锤在运动中机械能守恒，必须求出摆锤在最低点的速度为了求出这一速度，实验中还应该测量哪些物理量？根据测得的物理量表示摆锤在最低点的速度v=根据已知的和测得的物理量，写出摆锤在运动中机械能守恒的关系式为10（9分）（2013防城港模拟）某研究小组在做完测量电池组的电动势E和内阻r与描绘小灯泡的伏安特性曲线后，想用下列器材组装成一个电路，既能测量出电池组的电动势E和内阻r，又能同时描绘小灯泡的伏安特性曲线A电压表V1（量程6V、内阻很大）B电压表V2（量程3V、内阻很大）C电流表A（量程3A、内阻很小）D滑动变阻器R（最大阻值10、额定电流4A）E小灯泡（2A、5W）F电池组（电动势E、内阻r）G开关一只，导线若干实验时，调节滑动变阻器的阻值，多次测量后发现：若电压表V1的示数增大，则电压表V2的示数减小（1）请将设计的实验电路图在下方的虚线方框中补充完整（2）每一次操作后，同时记录电流表A、电压表V1和电压表V2的示数，组成两个坐标点（I，U1）、（I，U2），标到UI坐标中，经过多次测量，最后描绘出两条图线，如下图所示，则电池组的电动势E=V、内阻r=（结果保留两位有效数字）（3）在UI坐标中两条图线在P点相交，此时滑动变阻器连入电路的阻值应为，电池组的效率为（结果保留两位有效数字）11（14分）（2014锦州一模）从地面上以初速度v0竖直向上抛出一质量为m的球，若运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比关系，球运动的速率随时间变化规律如图所示，t1时刻到达最高点，再落回地面，落地时速率为v1，且落地前球已经做匀速运动求：（1）球从抛出到落地过程中克服空气阻力所做的功；（2）球抛出瞬间的加速度大小；（3）球上升的最大高度H12（18分）（2014高台县校级四模）如图所示，水平虚线X下方区域分布着方向水平、垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，整个空间存在匀强电场（图中未画出）质量为m，电荷量为+q的小球P静止于虚线X上方A点，在某一瞬间受到方向竖直向下、大小为I的冲量作用而做匀速直线运动在A点右下方的磁场中有定点O，长为l的绝缘轻绳一端固定于O点，另一端连接不带电的质量同为m的小球Q，自然下垂保持轻绳伸直，向右拉起Q，直到绳与竖直方向有一小于50的夹角，在P开始运动的同时自由释放Q，Q到达O点正下方W点时速率为v0P、Q两小球在W点发生正碰，碰后电场、磁场消失，两小球粘在一起运动P、Q两小球均视为质点，P小球的电荷量保持不变，绳不可伸长，不计空气阻力，重力加速度为g（1）求匀强电场场强E的大小和P进入磁场时的速率v；（2）若绳能承受的最大拉力为F，要使绳不断，F至少为多大？（3）若P与Q在W点相向（速度方向相反）碰撞时，求A点距虚线X的距离s【物理-选修3-3】（15分）13（5分）（2014锦州一模）下列说法中正确的是（）A温度低的物体内能小B分子运动的平均速率可能为零，瞬时速度不可能为零C液体与大气相接触，表面层内分子所受其他分子的作用表现为相互吸引D0的铁和0的冰，它们的分子平均动能相同E气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数与单位体积内的分子数和温度有关14（10分）（2014淮安四模）如图所示，一导热性能良好、内壁光滑的气缸竖直放置，在距气缸底部l=36cm处有一与气缸固定连接的卡环，活塞与气缸底部之间封闭了一定质量的气体当气体的温度T0=300K、大气压强p0=1.0105Pa时，活塞与气缸底部之间的距离l0=30cm，不计活塞的质量和厚度现对气缸加热，使活塞缓慢上升，求：活塞刚到卡环处时封闭气体的温度T1封闭气体温度升高到T2=540K时的压强p2【物理-选修3-4】（15分）15（2014锦州一模）如图所示，两列简谐横波分别沿z轴正方向和负方向传播，两波源分别位于x=0.2m和x=l.2m处，两列波的速度均为v=0.4m/s，两波源的振幅均为A=2cm图示为t=0时刻两列波的图象（传播方向如图所示），此刻平衡位置处于x=0.2m和x=0.8m的P、Q两质点刚开始振动质点M的平衡位置处于x=0.5m处，关于各质点运动情况判断正确的是（）A两列波相遇过后振幅仍然为2cmBt=1s时刻，质点M的位移为4cmCt=1s时刻，质点M的位移为+4cmDt=0.75s时刻，质点P、Q都运动到M点E质点P、Q的起振方向都沿y轴负方向16（2015山东模拟）如图，直角玻璃三棱镜置于空气中，已知A=60，C=90，一束极细的光于AC的中点D垂直AC面入射，AD=a，棱镜的折射率为n=，求：求此玻璃的临界角；光从棱镜第一次射入空气时的折射角；光从进入棱镜到它第一次射入空气所经历的时间（设光在真空中的传播速度为c）【选修模块3-5】（15分）17（2014陕西校级三模）下列说法正确的是（）A汤姆生通过对粒子的散射实验的分析，提出了原子的核式结构模型B普朗克通过对光电效应现象的分析提出了光子说C查德威克用粒子轰击氮原子核发现了中子D玻尔的原子模型成功地解释了氢光谱的成因E现已建成的核电站发电的能量来自于重核裂变放出的能量18（2008惠州三模）如图所示，在光滑绝缘水平面上有两个带电小球A、B，质量分别为3m和m，小球A带正电q，小球B带负电2q，开始时两小球相距s0，小球A有一个水平向右的初速度v0，小球B的初速度为零，若取初始状态下两小球构成的系统的电势能为零，则（1）试证明：当两小球的速度相同时系统的电势能最大，并求出该最大值；（2）在两小球的间距仍不小于s0的运动过程中，求出系统的电势能与系统的动能的比值的取值范围2014年甘肃省张掖市高台一中高考物理四模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）1（6分）（2014锦州一模）下列叙述正确的是（）A经典力学理论普遍适用，大到天体，小到微观粒子均适用B法拉第把引起电流的原因概括为五类，包括变化的电流、变化的磁场、运动的恒定电流、运动的磁铁、在磁场中运动的导体C物理学中用到大量的科学研究方法，在建立“合力与分力”“质点”“电场强度”物理概念时，都用到了“等效替代”的方法D机场、车站和重要活动场所的安检门可以探测人身携带的金属物品是利用自感现象考点：法拉第电磁感应定律；经典时空观与相对论时空观的主要区别版权所有分析：经典力学只适用用宏观低速物体，不适用于微观高速物体；安检门中接有线圈，线圈中通以交变电流，在空间产生交变的磁场，金属物品会产生感应电流，反过来，金属物品中感应电流产生的交变磁场会在线圈中产生感应电流解答：解：A、经典力学不适用于微观粒子，故A错误；B、法拉第把引起电流的原因概括为五类，包括变化的电流、变化的磁场、运动的恒定电流、运动的磁铁、在磁场中运动的导体；故B正确；C、物理学中“质点”采用的是理想化物理模型，“电场强度”采用的是比值定义法；故C错误；D、安检门是采用的互感现象，故D错误；故选：B点评：本题考查电磁感应现象及经典力学的局限性等，要注能准确熟练应用所学物理规律进行解答2（6分）（2014天津二模）某人造地球卫星因受高空稀薄空气的阻气作用，绕地球运转的轨道会慢慢改变，每次测量中卫星的运动可近似看作圆周运动某次测量卫星的轨道半径为r1，后来变为r2，r2r1以Ek1、Ek2表示卫星在这两个轨道上的动能，T1，T2表示卫星在这两上轨道上绕地运动的周期，则（）AEk2Ek1，T2T1BEk2Ek1，T2T1CEk2Ek1，T2T1DEk2Ek1，T2T1考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；功能关系版权所有专题：人造卫星问题分析：根据万有引力提供向心力，得出线速度、周期与轨道半径的关系，从而比较出卫星的动能和周期大小解答：解：根据万有引力等于向心力，则得G=mr=m则得T=2，v=，得 动能Ek=mv2=由题意，r2r1，得Ek2Ek1 T2T1故选C点评：解决本题的关键是建立模型，抓住万有引力提供向心力这一基本思路，难度不大3（6分）（2014锦州一模）某大型游乐场内的新型滑梯可以等效为如图所示的物理模型一个小朋友在AB段的动摩擦因数1tan，BC段的动摩擦因数为2tan，他从A点开始下滑，滑到C点恰好静止，整个过程中滑梯保持静止状态则该小朋友从斜面顶端A点滑到底端C点的过程中（）A地面对滑梯始终无摩擦力作用B地面对滑梯的摩擦力方向先水平向右，后水平向左C地面对滑梯的支持力的大小始终等于小朋友和滑梯的总重力的大小D地面对滑梯的支持力的大小先小于、后大于小朋友和滑梯的总重力的大小考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；力的合成与分解的运用版权所有专题：牛顿运动定律综合专题分析：小朋友在AB段做匀加速直线运动，加速度沿斜面向下；在BC段做匀减速直线运动，加速度沿斜面向上以小朋友和滑梯整体为研究对象，将小朋友的加速度分解为水平和竖直两个方向，由牛顿第二定律分析地面对滑梯的摩擦力方向和支持力的大小解答：解：A、B、小朋友在AB段做匀加速直线运动，将小朋友的加速度a1分解为水平和竖直两个方向，如图1以小朋友和滑梯整体为研究对象，由于小朋友有水平向左的分加速度，根据牛顿第二定律得知，地面对滑梯的摩擦力方向先水平向左同理可知，小朋友在BC段做匀减速直线运动时，地面对滑梯的摩擦力方向水平向右故A错误，B错误C、D、以小朋友和滑梯整体为研究对象，小朋友在AB段做匀加速直线运动时，有竖直向下的分加速度，则由牛顿第二定律分析得知地面对滑梯的支持力FN小于小朋友和滑梯的总重力同理，小朋友在BC段做匀减速直线运动时，地面对滑梯的支持力大于小朋友和滑梯的总重力故C错误，D正确故选D点评：本题对加速度不同的两个物体构成的连接体运用整体法处理，在中学阶段应用得不多，也可以采用隔离法研究4（6分）（2014锦州一模）矩形导线框abcd放在匀强磁场中，在外力控制下处于静止状态，如图（甲）所示磁感线方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B随时间变化的图象如图（乙）所示t=0时刻，磁感应强度的方向垂直导线框平面向里，在04s时间内，导线框ad边所受安培力随时间变化的图象（规定以向左为安培力正方向）可能是下列选项中的（）ABCD考点：法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律版权所有专题：电磁感应与图像结合分析：穿过线圈的磁通量发生变化，导致线圈中产生感应电动势，从而形成感应电流由题意可知，磁感应强度是随着时间均匀变化的，所以感应电流是恒定的，则线框ad边所受的安培力与磁感应强度有一定的关系解答：解：t=0时刻，磁感应强度的方向垂直线框平面向里，在0到1s内，穿过线框的磁通量均匀变小，由楞次定律可得，感应电流方向是顺时针，再由左手定则可得线框的ad边的安培力水平向左当在1s到2s内，磁感应强度的方向垂直线框平面向外，穿过线框的磁通量均匀变大，由楞次定律可得，感应电流方向是顺时针，再由左手定则可得线框的ad边的安培力水平向右在下一个周期内，重复出现安培力先向左后向右故A正确故选：A点评：安培力的方向由左手定则来确定，而感应电流方向则由楞次定律来确定当导线与磁场垂直放置时，若电流、导线长度不变时，安培力与磁感应强度成正比5（6分）（2012重庆）空间中P、Q两点处各固定一个点电荷，其中P点处为正电荷，P、Q两点附近电场的等势面分布如图所示，a、b、c、d为电场中的4个点，则（）AP、Q两点处的电荷等量同种Ba点和b点的电场强度相同Cc点的电势低于d点的电势D负电荷从a到c，电势能减少考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度；电场线版权所有专题：压轴题；电场力与电势的性质专题分析：该电场是等量同种异号电荷的电场，它具有对称性（上下、左右）该电场中，一般选取无穷远处电势为0，那么正电荷的区域电势为正，负电荷的区域电势为负解答：解：A：根据电场的图象可以知道，该电场是等量同种异号电荷的电场，故A错误；B：等量同种异号电荷的电场，它具有对称性（上下、左右），a点和b点的电场强度大小相等，而方向不同故B错误；C：C点离P点（正电荷）的距离更近，所以C点的电势较高故C错误；D：该电场中，一般选取无穷远处电势为0，那么正电荷的区域电势为正，负电荷的区域电势为负负电荷从a到c，从负电荷的区域到了正电荷的区域，电势升高，电场力做正功，电势能减小故D正确故选：D点评：该题考查常见电场的特点，解题的关键是在两个电荷连线的中垂线上的电势和无穷远处的电势相等而正电荷周围的电场的电势都比它高，负电荷周围的电场的电势都比它低属于简单题6（6分）（2014锦州一模）压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小一同学利用压敏电阻设计了判断升降机运动状态的装置，如图甲所示，将压敏电阻平放在升降机内，受压面朝上，在上面放一物体m，升降机静止时电流表示数为I0某过程中电流表的示数如图乙所示，则在此过程中（）A物体处于超重状态B物体处于失重状态C升降机一定向上做匀加速运动D升降机可能向下做匀减速运动考点：传感器在生产、生活中的应用版权所有分析：压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小两个它的电流增大，说明压敏电阻的电阻值较小，压力增大，然后根据超重与失重的特点判定即可解答：解：A、B、据题，升降机静止时电流表示数为I0，而此过程中电流表示数为2I0，由欧姆定律分析压敏电阻的阻值变小，说明压敏电阻所受压力增大，则物体处于超重状态故A正确，B错误C、D、物体处于超重状态时，加速度的方向向上，速度方向可能向下，也可能向上，则升降机可能向下做匀减速运动，也可能向上做匀加速运动故C错误，D正确故选：AD点评：本题是信息题，首先要抓住题中信息：压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小，其他部分是常规问题7（6分）（2014锦州一模）用力F将质量为m的物块压在竖直墙上，从t=0时刻起，测得物体所受墙壁的摩擦力随时间按如图所示规律变化，则下列判断正确的是（）A0t2时间内为滑动摩擦力，t2时刻之后为静摩擦力B0t1时间内物块沿墙壁加速下滑，t2时刻物块的速度为0C压力F一定随时间均匀增大D压力F恒定不变考点：摩擦力的判断与计算版权所有专题：摩擦力专题分析：静摩擦力随着外力的增加而增加，但有一个最大值；最大静摩擦力大于滑动摩擦力，滑动摩擦力f=N解答：解：A、0t2时间内为滑动摩擦力f=N，随正压力的增大而增大，t2时刻之后为静摩擦力等于重力，A正确；B、0t1时间内物块沿墙壁加速下滑，t2时刻物块的速度为0，物体静止，B正确；C、0t2时间内压力F一定随时间均匀增大，之后不一定，CD错误；故选：AB点评：解答本题的关键在于正确对图象进行分析，由图象得出静摩擦力、滑动摩擦力8（6分）（2014高台县校级四模）半径为a右端开小口的导体圆环和长为2a的导体直杆，单位长度电阻均为R0圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B杆在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动，杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O开始，杆的位置由确定，如图所示则（）A=0时，杆产生的电动势为2BavB=时，杆产生的电动势为BavC=时，杆受的安培力大小为D=0时，杆受的安培力为考点：导体切割磁感线时的感应电动势；安培力版权所有专题：电磁感应与电路结合分析：根据几何关系求出此时导体棒的有效切割长度，根据法拉第电磁感应定律求出电动势注意总电阻的求解，进一步求出电流值，即可算出安培力的大小解答：解；A、=0时，杆产生的电动势E=BLv=2Bav，故A正确B、=时，根据几何关系得出此时导体棒的有效切割长度是a，所以杆产生的电动势为Bav，故B错误；C、=时，电路中总电阻是（+1）aR0，所以杆受的安培力大小为：F=BIL=，故C正确；D、=0时，由于单位长度电阻均为R0所以电路中总电阻（2+）aR0，所以杆受的安培力大小为：F=BIL=B2a=，故D错误；故选：AC点评：电磁感应与电路的结合问题，关键是弄清电源和外电路的构造，然后根据电学知识进一步求解二、解答题（共4小题，满分47分）9（6分）（2014锦州一模）如图所示装置可用来验证机械能守恒定律摆锤A栓在长L的轻绳一端，另一端固定在O点，在A上放一个小铁片，现将摆锤拉起，使绳偏离竖直方向成角时由静止开始释放摆锤，当其到达最低位置时，受到竖直挡板P阻挡而停止运动，之后铁片将飞离摆锤而做平抛运动为了验证摆锤在运动中机械能守恒，必须求出摆锤在最低点的速度为了求出这一速度，实验中还应该测量哪些物理量？铁片遇到挡板后铁片的水平位移x和竖直下落高度h根据测得的物理量表示摆锤在最低点的速度v=根据已知的和测得的物理量，写出摆锤在运动中机械能守恒的关系式为考点：验证机械能守恒定律版权所有专题：实验题；机械能守恒定律应用专题分析：铁片在最低点飞出时做平抛运动，根据平抛运动的特点要求求出铁片平抛出去的水平速度，应该知道水平和竖直方向的位移大小；根据平抛运动的规律x=v0t，可以求出铁片在最低点的速度；重锤下落过程中机械能守恒，由可以求出其机械能守恒的表达式解答：解：铁片在最低点飞出时做平抛运动，平抛的初速度即为铁片在最低点的速度，根据平抛运动规律可知：x=v0t，因此要想求出平抛的初速度，应该测量遇到挡板后铁片的水平位移x和竖直下落高度h根据铁片做平抛运动有：s=v0t 联立可解得：v0=下落到最低点过程中，铁片重力势能的减小量等于其重力做功，因此有：Ep=mgh=mgL（1cos）动能的增量为：根据EP=Ek得机械能守恒的关系式为：故答案为：铁片遇到挡板后铁片的水平位移x和竖直下落高度h；点评：本题比较简单，考查了平抛运动的基本规律和机械能守恒的基本知识，对于基础知识要加强理解和应用10（9分）（2013防城港模拟）某研究小组在做完测量电池组的电动势E和内阻r与描绘小灯泡的伏安特性曲线后，想用下列器材组装成一个电路，既能测量出电池组的电动势E和内阻r，又能同时描绘小灯泡的伏安特性曲线A电压表V1（量程6V、内阻很大）B电压表V2（量程3V、内阻很大）C电流表A（量程3A、内阻很小）D滑动变阻器R（最大阻值10、额定电流4A）E小灯泡（2A、5W）F电池组（电动势E、内阻r）G开关一只，导线若干实验时，调节滑动变阻器的阻值，多次测量后发现：若电压表V1的示数增大，则电压表V2的示数减小（1）请将设计的实验电路图在下方的虚线方框中补充完整（2）每一次操作后，同时记录电流表A、电压表V1和电压表V2的示数，组成两个坐标点（I，U1）、（I，U2），标到UI坐标中，经过多次测量，最后描绘出两条图线，如下图所示，则电池组的电动势E=4.5V、内阻r=1.0（结果保留两位有效数字）（3）在UI坐标中两条图线在P点相交，此时滑动变阻器连入电路的阻值应为0，电池组的效率为56%（结果保留两位有效数字）考点：测定电源的电动势和内阻版权所有专题：实验题分析：（1）测电源电动势与内阻实验时，电压表测路端电压，随滑动变阻器接入电路阻值的增大，电压表示数增大；灯泡两端电压随滑动变阻器阻值增大而减小；根据电压表示数变化确定各电路元件的连接方式，然后作出实验电路图（2）电源的UI图象与纵轴的交点示数是电源的电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻（3）由图象求出两图线的交点对应的电压与电流，然后根据闭合电路中内外电压的关系及欧姆定律求出滑动变阻器接入电路的阻值；由图象求出电路电流，然后由P=UI及效率公式求出电池组的效率解答：解：（1）伏安法测电源电动势与内阻实验中，电压表测路端电压，电压表示数随滑动变阻器接入电路阻值的增大而增大；描绘小灯泡伏安特性曲线实验中，电流表测流过灯泡的电流，灯泡两端电压随滑动变阻器接入电路电阻的增大而减小；调节滑动变阻器时，电压表V1的示数增大，则电压表V2的示数减小，则测路端电压，V2测灯泡两端电压，电路图如图所示（2）电源的UI图象是一条倾斜的直线，由图象可知，电源电动势E=4.5V，电源内阻r=1.0（3）由图乙所示图象可知，两图象的交点坐标，即灯泡电压UL=2.5V，此时电路电流I=2.0A，电源电动势E=Ir+UL+IR滑，即4.5V=2.0A1+2.5V+2.0AR滑，则R滑=0；电池组的效率=56%故答案为：（1）电路图如图所示；（2）4.5；1.0；（3）0；56%点评：电源的UI图象与纵轴的交点是电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻，求电源内阻时要注意看清楚纵轴坐标起点数据是多少，否则容易出错11（14分）（2014锦州一模）从地面上以初速度v0竖直向上抛出一质量为m的球，若运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比关系，球运动的速率随时间变化规律如图所示，t1时刻到达最高点，再落回地面，落地时速率为v1，且落地前球已经做匀速运动求：（1）球从抛出到落地过程中克服空气阻力所做的功；（2）球抛出瞬间的加速度大小；（3）球上升的最大高度H考点：动能定理的应用；匀变速直线运动的图像；牛顿第二定律版权所有专题：动能定理的应用专题分析：（1）直接运用动能定理可求解球从抛出到落地过程中克服空气阻力所做的功（2）落地前匀速运动，则mgkv1=0刚抛出时加速度大小为a0，则根据牛顿第二定律mg+kv0=ma0，即可解得球抛出瞬间的加速度大小a0（3）上升时根据牛顿第二定律（mg+kv）=ma可计算加速度a，取极短t时间，速度变化v，有：v=at，上升全程v=0v0=at，把a值代入，分析计算，可求得球上升的最大高度H解答：解：（1）由动能定理得克服空气阻力做功（2）空气阻力f=kv落地前匀速运动，则mgkv1=0刚抛出时加速度大小为a0，则mg+kv0=ma0解得（3）上升时加速度为a，（mg+kv）=ma取极短t时间，速度变化v，有：又vt=h上升全程则答：（1）球从抛出到落地过程中克服空气阻力所做的功为；（2）球抛出瞬间的加速度大小为；（3）球上升的最大高度H为点评：本题综合运用了动能定理和牛顿运动定律，运用动能定理和牛顿运动定律解题注意要合理地选择研究的过程，列表达式求解本题第（3）问较难，对数学的要求较高12（18分）（2014高台县校级四模）如图所示，水平虚线X下方区域分布着方向水平、垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，整个空间存在匀强电场（图中未画出）质量为m，电荷量为+q的小球P静止于虚线X上方A点，在某一瞬间受到方向竖直向下、大小为I的冲量作用而做匀速直线运动在A点右下方的磁场中有定点O，长为l的绝缘轻绳一端固定于O点，另一端连接不带电的质量同为m的小球Q，自然下垂保持轻绳伸直，向右拉起Q，直到绳与竖直方向有一小于50的夹角，在P开始运动的同时自由释放Q，Q到达O点正下方W点时速率为v0P、Q两小球在W点发生正碰，碰后电场、磁场消失，两小球粘在一起运动P、Q两小球均视为质点，P小球的电荷量保持不变，绳不可伸长，不计空气阻力，重力加速度为g（1）求匀强电场场强E的大小和P进入磁场时的速率v；（2）若绳能承受的最大拉力为F，要使绳不断，F至少为多大？（3）若P与Q在W点相向（速度方向相反）碰撞时，求A点距虚线X的距离s考点：动量守恒定律；带电粒子在匀强磁场中的运动版权所有专题：动量定理应用专题分析：（1）匀速运动电场力等于重力，有冲量利用动量定理列方程求解即可（2）碰撞过程动量守恒，圆周运动最低点合力提供向心力；解答：解：（1）设小球P所受电场力为F1，则有：F1=qE在整个空间重力和电场力平衡，有：Fl=mg联立得：E=设小球P受到冲量后获得速度为v，设向下为正方向，由动量定理得：I=mv得：v=（2）设P、Q同向相碰后在W点的最大速度为vm，设向右为正方向，由动量守恒定律得：mv+mv0=（m+m）vm此刻轻绳的张力也为最大，由牛顿运动定律得：F（m+m）g=vm2联立相关方程，得：F=（）2+2mg（3）设P在X上方做匀速直线运动的时间为h，则：tP1=设P在X下方做匀速圆周运动的时间为tP2，则：tP2=设小球Q从开始运动到与P球相向碰撞的运动时间为tQ，由单摆周期性有：由题意，有：tQ=tP1+tP2联立相关方程，得：（n为大于的整数） 答：（1）匀强电场场强E的大小E=，P进入磁场时的速率：v=；（2）要使绳不断，F至少为：F=（）2+2mg；（3）若P与Q在W点相向（速度方向相反）碰撞时，A点距虚线X的距离（n为大于的整数）点评：本题主要考查了带电粒子在混合场中运动的问题，要求同学们能通过粒子的运动情况，正确分析受力情况，熟练掌握圆周运动及平抛运动的基本公式，本题还考查了动量定理、动量守恒定律、单摆周期公式，综合性强，难度较大【物理-选修3-3】（15分）13（5分）（2014锦州一模）下列说法中正确的是（）A温度低的物体内能小B分子运动的平均速率可能为零，瞬时速度不可能为零C液体与大气相接触，表面层内分子所受其他分子的作用表现为相互吸引D0的铁和0的冰，它们的分子平均动能相同E气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数与单位体积内的分子数和温度有关考点：温度是分子平均动能的标志；理想气体的状态方程版权所有专题：内能及其变化专题分析：温度是分子热运动平均动能的标志，温度相同的两物体中，分子热运动平均动能相同，每个分子的动能不完全相同物体分子的动能、势能之和统称内能，与质量、温度、体积有关，温度低内能不一定小；表面张力的微观解释，分子间距大表现为引力；气体压强的微观解释解答：解：A、物体分子的动能、势能之和统称内能，与质量、温度、体积有关，温度低内能不一定小；故A错误 B、分子永不停息的做无规则运动，其平均速率不可能为零，故B错误物体由于运动而具有的能叫动能，它是宏观物体所具有的一种能量形式；而分子的热运动的动能叫做分子动能，是微观上的内能的一种形式所以物体运动速度增大，与分子热运动的动能无关故A错误 C、表面张力的微观解释，液体表面层的分子间距较大，表现为引力，故C正确 D、温度是分子热运动平均动能的标志，与物质的种类无关，故D正确； E、气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数与单位体积内的分子数和温度有关，单位体积内的分子数越多碰撞次数越多，分子的平均动能越大，单位时间碰撞次数越多，而温度又是分子平均动能的标志，故E正确故选：CDE点评：温度是分子热运动平均动能的标志，而内能包括分子动能和分子势能两部分14（10分）（2014淮安四模）如图所示，一导热性能良好、内壁光滑的气缸竖直放置，在距气缸底部l=36cm处有一与气缸固定连接的卡环，活塞与气缸底部之间封闭了一定质量的气体当气体的温度T0=300K、大气压强p0=1.0105Pa时，活塞与气缸底部之间的距离l0=30cm，不计活塞的质量和厚度现对气缸加热，使活塞缓慢上升，求：活塞刚到卡环处时封闭气体的温度T1封闭气体温度升高到T2=540K时的压强p2考点：气体的等容变化和等压变化版权所有专题：气体的状态参量和实验定律专题分析：气体等压膨胀，根据盖吕萨克定律列式求解；气体继续等容升温，根据查理定律列式求解解答：解：设气缸的横截面积为S，由盖吕萨克定律有：代入数据得：T1=360K由查理定律有：代入数据得：答：活塞刚到卡环处时封闭气体的温度为360K封闭气体温度升高到T2=540K时的压强为1.5105Pa点评：本题关键找出气体的已知参量后根据气体实验定律的方程列式求解，基础题【物理-选修3-4】（15分）15（2014锦州一模）如图所示，两列简谐横波分别沿z轴正方向和负方向传播，两波源分别位于x=0.2m和x=l.2m处，两列波的速度均为v=0.4m/s，两波源的振幅均为A=2cm图示为t=0时刻两列波的图象（传播方向如图所示），此刻平衡位置处于x=0.2m和x=0.8m的P、Q两质点刚开始振动质点M的平衡位置处于x=0.5m处，关于各质点运动情况判断正确的是（）A两列波相遇过后振幅仍然为2cmBt=1s时刻，质点M的位移为4cmCt=1s时刻，质点M的位移为+4cmDt=0.75s时刻，质点P、Q都运动到M点E质点P、Q的起振方向都沿y轴负方向考点：横波的图象；波长、频率和波速的关系版权所有专题：振动图像与波动图像专题分析：由图读出波长，从而算出波的周期根据所给的时间与周期的关系，分析质点M的位置，确定其位移由波的传播方向来确定质点的振动方向两列频率相同的相干波，当波峰与波峰相遇或波谷与波谷相遇时振动加强，当波峰与波谷相遇时振动减弱，则振动情况相同时振动加强；振动情况相反时振动减弱解答：解：A、两列波相遇过后不改变波的性质，所以振幅不变，振幅仍然为2cm，故A正确；B、由图知波长=0.4m，由v=得，波的周期为T=1s，两质点传到M的时间为T，当t=1s时刻，两波的波谷恰好传到质点M，所以位移为4cm故B正确，C错误；D、质点不随波迁移，只在各自的平衡位置附近振动，所以质点P、Q都不会运动到M点，故C错误；E、由波的传播方向根据波形平移法可判断出质点的振动方向：两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，则质点P、Q均沿y轴负方向运动，故E正确；故选：ABE点评：波的叠加满足矢量法则，例如当该波的波峰与波峰相遇时，此处相对平衡位置的位移为振幅的二倍；当波峰与波谷相遇时此处的位移为零16（2015山东模拟）如图，直角玻璃三棱镜置于空气中，已知A=60，C=90，一束极细的光于AC的中点D垂直AC面入射，AD=a，棱镜的折射率为n=，求：求此玻璃的临界角；光从棱镜第一次射入空气时的折射角；光从进入棱镜到它第一次射入空气所经历的时间（设光在真空中的传播速度为c）考点：光的折射定律版权所有专题：光的折射专题分析：根据全反射临界角公式sinC=求解玻璃的临界角；画出光路图，判断光线在AB面和BC面上能否发生全反射，由几何知识求出光线第一次射入空气时的入射角，由折射定律求解折射角；根据几何关系求出光线在玻璃砖内通过的路程，由运动学知识求解时间解答：解：设玻璃对空气的临界角为C，则sinC=，得 C=45如图所示，i1=60，因i145，所以光线在AB面上将发生全反射由几何知识得：i2=i130=30C