湖北省宜昌一中2015届高三下学期第三次模拟物理试卷

1、湖北省宜昌一中2015届高考物理三模试卷一、选择题：本题共8小题，每小题给出的四个选项中，第15题只有一项符合题目要求，第68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时至今日，数千颗人造卫星正在按照万有引力定律为它们“设定”的轨道绕地球运行，万有引力定律取得如此辉煌的成就，下列关于人类发现万有引力定律过程的叙述中正确的是( )A开普勒研究了第谷的行星观测记录，得出了万有引力定律B关于天体运动的规律，胡克等人认为，行星绕太阳运动是因为受到了太阳的吸引，并证明了圆轨道下，它所受的引力大小跟行星到太阳距离成反比C牛顿利用他的运动定律把行星的向心加速度与太阳对它的引力

2、联系起来，从而建立了万有引力定律D卡文迪许用“月地检验”第一次检验了万有引力定律的正确性2每年春天许多游客前往公园放风筝，会放风筝的人，可使风筝静止在空中，下列的四幅图中，AB线代表风筝截面，OL代表风筝线，风向水平，则风筝可能静止的是( )ABCD3静电平衡、电磁感应现象在生产、生活及科学研究中有着广泛的应用，下列说法正确的是( )A磁电式仪表线圈的骨架用铝框来做是利用电磁阻尼让摆动的指针快速停下来，微安表在运输时要把正负接线柱短接也是利用电磁阻尼，防止指针摆动过大损坏B电磁炉利用变化的磁场使食物中的水分子形成涡流来对食物加热C处于静电平衡状态的导体内部场强处处为零，电势也处处为零D变压器的

3、铁芯用薄硅钢片叠压而成，而不用一整块硅钢，这样增强了磁场、提高了变压器的效率4将通电的电缆线绕在钳形电流表原线圈上就可以测量电缆线上的电流现在，将同一根通电电缆线分别按（a）（b）方式绕线，图（a）中绕了1匝图（a）中电流表的读数为1.2A图（b）中绕了3匝，则( )A这种电流表能测直流电流，又能测交流电流，图（b）的读数为0.4AB这种电流表能测交流电流，图（b）的读数为0.4AC这种电流表能测交流电流，图（b）的读数为3.6AD这种电流表既能测直流电流，又能测交流电流，图（b）的读数为3.6A5如图，两个共轴的圆筒形金属电极，外电极接地，其上均匀分布着平行于轴线的四条狭缝a、b、c和d，外

4、筒的外半径为r在圆筒之外的足够大区域中有平行于轴线方向的均匀磁场，磁感应强度的大小为B在两极间加上电压，使两圆筒之间的区域内有沿半径向外的电场一质量为m、带电量为+q的粒子，从紧靠内筒且正对狭缝a的S点出发，初速为零如果该粒子经过一段时间的运动之后恰好又回到出发点S，设两电极之间的电压大小为U，则( )AU=BU=CU=DU=6如图1所示，小物块静止在倾角=37的粗糙斜面上现对物块施加一个沿斜面向下的推力F，力F的大小随时间t的变化情况如图2所示，物块的速率随时间t的变化规律如图3所示，取sin37=0.6，cos37=0.8，重力加速度g=10m/s2下列说法正确的是( )A物块的质量为1k

5、gB物块与斜面间的动摩擦因数为0.7C03s时间内力F做功的平均功率为0.32WD03s时间内物体克服摩擦力做的功为5.12J7如图所示，A、B、C是匀强电场中平行于电场线的某一平面上的三个点，各点的电势分别为A=5V，B=2V，C=3V，H、F三等分AB，G为AC的中点，在下列各示意图中，能正确表示该电场强度方向的是( )ABCD8如图所示，飞行器P在赤道面绕地球做匀速圆周运动，运动方向与地球自转方向一致，已知地球相对飞行器P的张角为，地球的半径为R，地球的自转周期为T0，飞行器P的公转周期为T，万有引力常量为G，当地面通信基站观测到飞行器时，两者就可以进行点对点直接通信，忽略信号的传输时间

6、下列说法正确的是( )A地球相对飞行器P的张角越小，飞行器P的运行周期越大B飞行器P的轨道半径r=RsinC地球的质量M=D赤道上固定的一个地面通信基站在T0的时间内可以与飞行器通信的总时间为三、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将游标卡尺的左右测脚合在一起，若游标的零刻度线与主尺的零刻度线不重合，就会出现零误差某同学使用存在零误差如图1所示的游标卡尺来进行测量，测量结果如图2所示，则此次测量的测量值为_，真实值为_10如图1所示，现有热敏电阻R、电炉丝R1、电源E、电磁继电器、滑动变阻器R2

7、、开关S和导线若干图2为热敏电阻的Rt图象，继电器的电阻为100当线圈的电流大于或等于20mA时，继电器的衔铁被吸合为继电器线圈和低压电炉丝供电的电池电动势E=9.0V，内阻可以不计（1）请用笔划线代替导线，将图1中简单恒温箱温控电路图补充完整要求温度低于某一温度时，电炉丝自动通电供热，超过某一温度时，又可以自动断电（2）根据图2热敏电阻的Rt图象，热敏电阻的阻值R随温度的降低而_（填“增大”或“减小”）如果要使恒温箱内的温度保持50，可变电阻R2的阻值应调节为_若要使恒温箱内的温度稍微升高些，应使可变电阻R2的阻值稍微_（填“增大”或“减小”）11固定的、倾角=37的斜面AC，A的正上方B点

8、有一水枪，每隔（+1）s的时间间隔、以相同的水平速度喷出水滴水滴在空气中飞行2s后刚好垂直打在斜面上的D点（图中未标出）质量为M的小物块（可当质点）从某个时刻开始以某一初速度由A沿斜面上滑，小物块M与斜面间滑动摩擦因数=0.5，小物块M能到达的离A点的最远位置为E（图中未标出）点，相邻两滴水正好落在小物块上不考虑水滴落在M上对M的速度的影响，不考虑水滴的空气阻力，取g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8，求：（1）AB的高度；（2）AE的长度12（18分）如图所示为汽车电磁感应减速带原理图（俯视图），在汽车通过的区域设置匀强磁场，其方向垂直地面向上，大小为B，宽度为d在汽车底

9、部固定有一个长度L1、宽度L2的N匝矩形线圈，线圈的总电阻为R，车和线圈的总质量为m，假设汽车运动过程中所受阻力恒为f当汽车以初速度v0进入磁场区域的左侧，开始以大小为a的恒定加速度减速驶入磁场区域，线圈全部进入磁场后，立即做匀速直线运动，直至完全离开缓冲区域，已知从线圈刚进入磁场到完全穿出磁场的过程中，汽车的牵引力做的总功为W从线圈的前边与磁场左边线重合开始计时求：（1）线圈在进入磁场的过程中，牵引力的功率随时间变化的关系式（2）线圈进入磁场的过程中，所产生的焦耳热（二）选考题，请考生从以下三个模块中任选一模块作答物理-选修3-313关于热力学定律，下列说法正确的是( )A第二类永动机不可能

10、制成是因为它违反了能量守恒定律B一定量气体，吸热200J，气体对外做功220J，内能减少20JC热量能够自发地从高温物体传到低温物体D利用高科技手段，可以将流散到周围环境中的内能重新收集起来加以利用而不引起其他变化E一定质量的100的水吸收热量后变成100的水蒸气，则吸收的热量大于增加的内能14如图甲所示，地面上放置有一内壁光滑的圆柱形导热汽缸，汽缸的横截面积S=2.5103m2汽缸内部有一质量和厚度均可忽略的活塞，活塞上固定一个力传感器，传感器通过一根细杆与天花板固定好汽缸内密封有温度t0=27，压强为p0的理想气体，此时力传感器的读数恰好为0若外界大气的压强p0不变，当密封气体温度t升高时

11、力传感器的读数F也变化，描绘出Ft图象如图乙所示，求：（1）力传感器的读数为5N时，密封气体的温度t；（2）外界大气的压强p0物理-选修3-415一列简谐横波沿x轴正方向传播，t时刻波形图如图中的实线所示，此时波刚好传到P点，t+0.6s时刻的波形如图中的虚线所示，a、b、c、P、Q是介质中的质点，则以下说法正确的是( )A这列波的波速可能为50m/sB从t+0.6 s时刻开始，经过0.5T，质点b沿x轴正方向运动20mC质点c在这段时间内通过的路程可能为60 cmD若T=0.8s，则当t+0.5s时刻，质点b、P的位移相同E若T=0.8s，当t+0.4s时刻开始计时，则质点c的振动方程为y=

12、0.1sin（t）（m）16在真空中有一正方体玻璃砖，其截面如图所示，已知它的边长为d，玻璃砖的折射率n=，在AB面上方有一单色点光源S，从S发出的光线SP以60入射角从AB面中点射入，从侧面AD射出，若光从光源S到AB面上P点的传播时间和它在玻璃砖中传播的时间相等求点光源S到P点的距离物理-选修3-517下列关于近代物理学常识的表述中，正确的是( )A原子核发生一次衰变，该原子外层就失去一个电子B普朗克在1900年将“能量子”引入物理学，破除“能量连续变化”的传统观念，成为近代物理学思想的基石之一C美国物理学家密立根，测量金属的遏止电压UC与入射光的频率，由此算出普朗克常量h，并与普朗克根据

13、黑体辐射得出的h相比较，以此检验了爱因斯坦光电效应的正确性D英国物理学家汤姆孙根据阴极射线在电场和磁场中的偏转情况断定，它的本质是带负电的粒子流并求出了这种粒子的比荷，从而发现了电子E所有的核反应都遵循核电荷数守恒，反应前后核的总质量也保持不变湖北省宜昌一中2015届高考物理三模试卷一、选择题：本题共8小题，每小题给出的四个选项中，第15题只有一项符合题目要求，第68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时至今日，数千颗人造卫星正在按照万有引力定律为它们“设定”的轨道绕地球运行，万有引力定律取得如此辉煌的成就，下列关于人类发现万有引力定律过程的叙述中正确的是

14、( )A开普勒研究了第谷的行星观测记录，得出了万有引力定律B关于天体运动的规律，胡克等人认为，行星绕太阳运动是因为受到了太阳的吸引，并证明了圆轨道下，它所受的引力大小跟行星到太阳距离成反比C牛顿利用他的运动定律把行星的向心加速度与太阳对它的引力联系起来，从而建立了万有引力定律D卡文迪许用“月地检验”第一次检验了万有引力定律的正确性考点：万有引力定律的发现和万有引力恒量的测定 专题：万有引力定律的应用专题分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可解答：解：A、开普勒研究了第谷的行星观测记录，得出了行星运动规律，故A错误；B、关于天体运动的规律，胡克等人认为，行星绕太阳运动是因为

15、受到了太阳的吸引，并证明了圆轨道下，它所受的引力大小跟行星到太阳距离的平方成反比，故B错误；C、牛顿利用他的运动定律把行星的向心加速度与太阳对它的引力联系起来，从而建立了万有引力定律，故C正确；D、牛顿用“月地检验”第一次检验了万有引力定律的正确性，故D错误；故选：C点评：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一2每年春天许多游客前往公园放风筝，会放风筝的人，可使风筝静止在空中，下列的四幅图中，AB线代表风筝截面，OL代表风筝线，风向水平，则风筝可能静止的是( )ABCD考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用 专题：共点力

16、作用下物体平衡专题分析：要使风筝能静止在空中，则应使风筝受力平衡；故对风筝受力分析，由共点力平衡的条件可得出可能的情况解答：解：风筝受到的浮力应是垂直于风筝面向上的；故：A、风筝的重力竖直向下，风筝受到的浮力与而拉力方向相反，则三力的合力不可能为零，故风筝不可能静止，A错误；B、风筝的重力和绳子的拉力都竖直向下，而浮力垂直于风筝面，故三力不可能平衡，故风筝不可能静止，故B错误；C、风筝重力竖直向下，风力垂直于风筝面向上，绳子拉力沿绳向下，故任意两力的合力均可能与第三力大小相等，方向相反，故C正确；D、风筝受浮力竖直向上，而绳子的拉力斜向下，风力对风筝不起作用，故浮力与绳子的合力不能为零；故不可

17、能平衡，故D错误；故选C点评：物体静止或匀速直线运动状态，均说明物体受力平衡，则其受到的多力的合力一定为零3静电平衡、电磁感应现象在生产、生活及科学研究中有着广泛的应用，下列说法正确的是( )A磁电式仪表线圈的骨架用铝框来做是利用电磁阻尼让摆动的指针快速停下来，微安表在运输时要把正负接线柱短接也是利用电磁阻尼，防止指针摆动过大损坏B电磁炉利用变化的磁场使食物中的水分子形成涡流来对食物加热C处于静电平衡状态的导体内部场强处处为零，电势也处处为零D变压器的铁芯用薄硅钢片叠压而成，而不用一整块硅钢，这样增强了磁场、提高了变压器的效率考点：电磁感应在生活和生产中的应用 分析：根据穿过线圈的磁通量发生变

18、化，从而产生感应电动势，出现感应电流，进而受到安培阻力，阻碍指针的运动；处于静电平衡状态的导体内部场强处处为零；涡流会在导体中产生大量的热量解答：解：A、常用铝框做骨架，当线圈在磁场中转动时，导致铝框的磁通量变化，从而产生感应电流，出现安培阻力，使其很快停止摆动而塑料做骨架达不到电磁阻尼的作用，这样做的目的是利用涡流，起到电磁阻尼作用，故A正确B、电磁炉是通过铁锅产生涡流来加热食物的，故B错误C、处于静电平衡状态的导体内部，原电场与感应电荷产生的附加电场完全抵消，场强处处为零，电势是处处相等，不为零；故C正确；C、变压器的铁芯用硅钢片叠压而成，是为了减小涡流；故D正确；故选：AD点评：掌握涡流

19、的原理及应用与防止：真空冶炼炉，硅钢片铁心，金属探测器，电磁灶等；同时理解电磁阻尼的原理，注意电势与电场强度没有直接关系4将通电的电缆线绕在钳形电流表原线圈上就可以测量电缆线上的电流现在，将同一根通电电缆线分别按（a）（b）方式绕线，图（a）中绕了1匝图（a）中电流表的读数为1.2A图（b）中绕了3匝，则( )A这种电流表能测直流电流，又能测交流电流，图（b）的读数为0.4AB这种电流表能测交流电流，图（b）的读数为0.4AC这种电流表能测交流电流，图（b）的读数为3.6AD这种电流表既能测直流电流，又能测交流电流，图（b）的读数为3.6A考点：变压器的构造和原理 专题：交流电专题分析：变器的

20、匝数与电压成正比，与电流成反比，安全起见，要求电压表和电流表都不能超过最大量程解答：解：变压器只能适用于交流电，根据电流与匝数成反比知图b的读数为1.23=3.6A故选：C点评：本题实质是电压互感器与电流互感器的简单运用，电压互感器与电流互感器是利用变压器原理将电压、电流减小到可测范围进行测量的仪器5如图，两个共轴的圆筒形金属电极，外电极接地，其上均匀分布着平行于轴线的四条狭缝a、b、c和d，外筒的外半径为r在圆筒之外的足够大区域中有平行于轴线方向的均匀磁场，磁感应强度的大小为B在两极间加上电压，使两圆筒之间的区域内有沿半径向外的电场一质量为m、带电量为+q的粒子，从紧靠内筒且正对狭缝a的S点

21、出发，初速为零如果该粒子经过一段时间的运动之后恰好又回到出发点S，设两电极之间的电压大小为U，则( )AU=BU=CU=DU=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：带电粒子在复合场中的运动专题分析：带电粒子从S点出发，在两筒之间的电场作用下加速，沿径向穿过狭缝a而进入磁场区，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动粒子再回到S点的条件是能沿径向穿过狭缝d只要穿过了d，粒子就会在电场力作用下先减速，再反向加速，经d重新进入磁场区，然后粒子以同样方式经过c、b，再回到S点解答：解：粒子在两电极间加速，由动能定理得：qU=mv20，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，

22、由牛顿第二定律得：qvB=m，粒子从S点出发，经过一段时间后再回到S点，粒子的运动轨迹如图所示，由几何知识可知，粒子从a到d必经过圆周，粒子轨道半径：R=r，解得：U=，故A正确，BCD错误；故选：A点评：本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，根据题意作出粒子的运动轨迹是处理粒子在磁场中运动的一半解题思路与方法，作出粒子运动轨迹是正确解题的关键，应用几何知识求出粒子的轨道半径，应用牛顿第二定律即可正确解题6如图1所示，小物块静止在倾角=37的粗糙斜面上现对物块施加一个沿斜面向下的推力F，力F的大小随时间t的变化情况如图2所示，物块的速率随时间t的变化规律如图3所示，取sin37=0.6，cos3

23、7=0.8，重力加速度g=10m/s2下列说法正确的是( )A物块的质量为1kgB物块与斜面间的动摩擦因数为0.7C03s时间内力F做功的平均功率为0.32WD03s时间内物体克服摩擦力做的功为5.12J考点：动能定理的应用；功率、平均功率和瞬时功率 专题：动能定理的应用专题分析：由Ft图象求出力的大小，由vt图象判断物体的运动状态，应用牛顿第二定律、平衡条件与滑动摩擦力公式求出物块的质量与动摩擦因数；由运动学公式求出物块的位移，由功的计算公式求出功，由功率公式可以求出功率解答：解：A、由速度图象知在13s时间内，物块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：0.8+mgsinmgcos=ma，由v

24、t图象可知，加速度：a=m/s2=0.4m/s2在34s时间内，物块做匀速直线运动，由平衡条件得：mgcosmgsin=0.4N，解得：m=1kg，=0.8，故A正确，B错误；C、由vt图象可知，01s时间内，物块静止，力F不做功，13s时间内，力F=0.8N，物块的位移x=0.422m=0.8m，03s内力F做功的平均功率为：P=W=0.213W，故C错误；D、03s时间内物体克服摩擦力做的功为：Wf=mgcosx=0.8110cos370.8=5.12J，故D正确故选：AD点评：本题是与图象综合的问题，关键是正确地受力分析，运用牛顿第二定律和共点力平衡进行求解7如图所示，A、B、C是匀强电

25、场中平行于电场线的某一平面上的三个点，各点的电势分别为A=5V，B=2V，C=3V，H、F三等分AB，G为AC的中点，在下列各示意图中，能正确表示该电场强度方向的是( )ABCD考点：电场强度 专题：电场力与电势的性质专题分析：在匀强电场中，电场强度大小处处相等，方向处处相同，电场线是平行且等间距电势沿着电场线降低，电场线与等势面垂直根据这些知识在AB线上找出电势与C点的电势相等的点，即可得到一条等势线，再作出电场线解答：解：A、AC连线不是等势线，其垂线就不是电场线，故A错误B、A、C中点G的电势为：G=V=4V将AB两点连线的线段分三等分，如图，图中H点的电势为4V，因此H点与G点的连线为

26、等势线，根据电场线与等势线垂直，且指向低电势处，可知与GH线垂直的直线即为电场线故B正确；C、由题意，A、B、C三点的电势A=5V，B=2V，C=3V，将AB两点连线的线段分三等分，如图，图中F的电势为3V，因此F点与C点的连线为等势线，根据电场线与等势线垂直，且指向低电势处，可知与CF线垂直的直线即为电场线故C正确；D、BC连线不是等势线，其垂线就不是电场线，故D错误故选：BC点评：本题的解题关键是确定等势点，再抓住电场线与等势面垂直，且指向电势降低最快的方向进行分析8如图所示，飞行器P在赤道面绕地球做匀速圆周运动，运动方向与地球自转方向一致，已知地球相对飞行器P的张角为，地球的半径为R，地

27、球的自转周期为T0，飞行器P的公转周期为T，万有引力常量为G，当地面通信基站观测到飞行器时，两者就可以进行点对点直接通信，忽略信号的传输时间下列说法正确的是( )A地球相对飞行器P的张角越小，飞行器P的运行周期越大B飞行器P的轨道半径r=RsinC地球的质量M=D赤道上固定的一个地面通信基站在T0的时间内可以与飞行器通信的总时间为考点：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：根据几何知识求出飞行器的半径，由开普勒第三定律分析其周期与轨道半径的关系由地球的万有引力提供向心力，根据万有引力定律求解地球的质量M解答：解：AB、设飞行器的轨道半径为r，由几何知识可得 r=Rcot，

28、则知越小，r越大，根据开普勒第三定律得知飞行器P的运行周期越大，故A正确，B错误C、飞行器P绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，则有 G=m结合 r=Rsin，解得 M=，故C正确D、设赤道上固定的一个地面通信基站在T0的时间内可以与飞行器通信的总时间为t，则有 （）t=2（）解得 t=，故D错误故选：A点评：本题关键掌握万有引力定律和万有引力等于向心力这一基本思路，结合几何知识进行解题三、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将游标卡尺的左右测脚合在一起，若游标的零刻度线与主尺的零

29、刻度线不重合，就会出现零误差某同学使用存在零误差如图1所示的游标卡尺来进行测量，测量结果如图2所示，则此次测量的测量值为14.40mm，真实值为13.55mm考点：刻度尺、游标卡尺的使用 专题：实验题分析：解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读由游标卡尺的读数方法，逆向推理可知两零刻度线之间的距离；解答：解：根据图1可知，当实际长度为0时，游标尺的零刻度与主尺的零刻度不重合，且第17格刻度线重合，所以实际值比测量值大170.05mm=0.85mm，根据图2可知，游标卡尺的主尺读数为：1.4cm=14mm，游标尺上第8个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为80.

30、05mm=0.40mm，所以最终读数为：14mm+0.40mm=14.40mm，实际长度：为14.40mm0.85mm=13.55mm故答案为：14.40mm；13.55mm点评：对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，正确使用这些基本仪器进行有关测量，难度不大，属于基础题10如图1所示，现有热敏电阻R、电炉丝R1、电源E、电磁继电器、滑动变阻器R2、开关S和导线若干图2为热敏电阻的Rt图象，继电器的电阻为100当线圈的电流大于或等于20mA时，继电器的衔铁被吸合为继电器线圈和低压电炉丝供电的电池电动势E=9.0V，内阻可以不计（1）请用笔划线代替导线，将图1中简单恒温箱温控电路

31、图补充完整要求温度低于某一温度时，电炉丝自动通电供热，超过某一温度时，又可以自动断电（2）根据图2热敏电阻的Rt图象，热敏电阻的阻值R随温度的降低而减小（填“增大”或“减小”）如果要使恒温箱内的温度保持50，可变电阻R2的阻值应调节为260若要使恒温箱内的温度稍微升高些，应使可变电阻R2的阻值稍微增大（填“增大”或“减小”）考点：闭合电路的欧姆定律；传感器在生产、生活中的应用 分析：（1）分析电路结构及应实现的功能，即可得出对应的电路图；（2）要使恒温箱内的温度保持 100，当温度达到100时，电路就要断开，即电路要达到20mA根据闭合电路欧姆定律即可求得电阻的大小根据闭合电路欧姆定律，可确定

32、可变电阻的阻值如何变化，才能实现温度保持在更高的数值解答：解：（1）温度较低的时候，热敏电阻的电阻较大，电路中的电流较小，此时K是闭合的，而此时要求加热，因此只需要将电炉丝与K相连即可，如图所示；（2）由图可知，随温度升高，热敏电阻的阻值减小；当温度达到50时，加热电路就要断开，此时继电器的衔铁要被吸合，即控制电路的电流要到达20mA，根据闭合电路欧姆定律可得：I=，r为继电器的电阻，由图甲可知，50C时热敏电阻的阻值为R=90所以有：R=Rr=90100=260由上可知，若恒温箱内的温度保持在更高的数值，则可变电阻R的值应增大，会导致R电阻变小，从而实现目标故答案为：（1）如图所示；（2）2

33、60；增大点评：在解答本题的时候要分析清楚，控制电路和加热电路是两个不同的电路，只有当温度较低，需要加热的时候，加热电路才会工作，而控制电路是一直通电的11固定的、倾角=37的斜面AC，A的正上方B点有一水枪，每隔（+1）s的时间间隔、以相同的水平速度喷出水滴水滴在空气中飞行2s后刚好垂直打在斜面上的D点（图中未标出）质量为M的小物块（可当质点）从某个时刻开始以某一初速度由A沿斜面上滑，小物块M与斜面间滑动摩擦因数=0.5，小物块M能到达的离A点的最远位置为E（图中未标出）点，相邻两滴水正好落在小物块上不考虑水滴落在M上对M的速度的影响，不考虑水滴的空气阻力，取g=10m/s2，sin37=0

34、.6，cos37=0.8，求：（1）AB的高度；（2）AE的长度考点：平抛运动；牛顿第二定律 专题：平抛运动专题分析：（1）物体B做平抛运动，时间2s，末速度垂直斜面，根据分运动公式求解出位移、初速度，结合几何关系求解AB的高度；（2）对物体A，根据牛顿第二定律列式求解上升和下滑过程的加速度；从D点上升和下降的总时间为（+1）s，根据位移公式列式求解出第一次到D点的速度；然后结合得到AE的长度解答：解：（1）物体B做平抛运动，时间2s，竖直分位移为： y=20m竖直分速度： vy=gt=102=20m/s末速度与斜面垂直，故末速度与水平方向的夹角为53，故： tan53=解得：=15m/s故水

35、平分位移为：x=v0t=152=30m故h=y+xtan37=20+30=42.5m（2）滑块A上滑过程，根据牛顿第二定律，有：（mgsin37+mgcos37）=ma1解得：a1=10m/s2滑块A下滑过程，根据牛顿第二定律，有：mgsin37mgcos37=ma2解得：a2=2m/s2设滑块A第一次经过D点的速度为v，则上滑过程，有：v2=2a1s 下滑过程，有：s= t=t1+t2=（1+）s 联立解得：s=5mv=10m/st1=1st2=s故AE长度为：L=s+=5m+=42.5m答：（1）AB的高度为42.5m；（2）AE的长度为42.5m点评：本题中关键要明确两个物体的受力情况和

36、运动情况，然后根据平抛运动、牛顿第二定律、运动学公式列式并结合几何关系分析，不难12（18分）如图所示为汽车电磁感应减速带原理图（俯视图），在汽车通过的区域设置匀强磁场，其方向垂直地面向上，大小为B，宽度为d在汽车底部固定有一个长度L1、宽度L2的N匝矩形线圈，线圈的总电阻为R，车和线圈的总质量为m，假设汽车运动过程中所受阻力恒为f当汽车以初速度v0进入磁场区域的左侧，开始以大小为a的恒定加速度减速驶入磁场区域，线圈全部进入磁场后，立即做匀速直线运动，直至完全离开缓冲区域，已知从线圈刚进入磁场到完全穿出磁场的过程中，汽车的牵引力做的总功为W从线圈的前边与磁场左边线重合开始计时求：（1）线圈在进

37、入磁场的过程中，牵引力的功率随时间变化的关系式（2）线圈进入磁场的过程中，所产生的焦耳热考点：导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律 专题：电磁感应与电路结合分析：（1）根据电磁感应知识求得安培力，再由牛顿第二定律求出牵引力的大小，再由功率公式：P=Fv求解即可（2）分清运动形式，由运动学公式求出匀速直线运动的时间，由焦耳定律求出匀速运动产生的焦耳热，再结合能量守恒求解解答：解：（1）线圈进入磁场时速度为v时感应电动势：E=BL2v由欧姆定律得：I=故线圈受到的安培力：F安=BIL2=根据牛顿第二定律得：FF安f=ma解得：F=f+ma+又因为线圈做匀减速运动，则有：v=v0at结合功率公式：

38、P=Fv解得：P=（f+ma+）（v0at）（2）设线圈以恒定速度v出磁场，有运动学公式：v2=2aL1得：v=运动时间为：t=产生的感应电动势为：E=BL2v感应电流为：I=由焦耳定律得：产生的热量 Q出=I2Rt由能量守恒定律得：W=mv2+f（d+L1）+Q进+Q出解得：Q进=Wm（2aL1）f（d+L1）答：（1）牵引力的功率随时间变化的关系式为P=（f+ma+）（v0at）（2）线圈进入磁场过程中，线圈中产生的焦耳热为Wm（2aL1）f（d+L1）点评：本题是力学电学相结合的综合题，分析和求安培力是关键，还要正确分析能量是如何转化的，分清运动过程合理的运用公式求解即可（二）选考题，请

39、考生从以下三个模块中任选一模块作答物理-选修3-313关于热力学定律，下列说法正确的是( )A第二类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律B一定量气体，吸热200J，气体对外做功220J，内能减少20JC热量能够自发地从高温物体传到低温物体D利用高科技手段，可以将流散到周围环境中的内能重新收集起来加以利用而不引起其他变化E一定质量的100的水吸收热量后变成100的水蒸气，则吸收的热量大于增加的内能考点：热力学第一定律；热力学第二定律 专题：热力学定理专题分析：解答本题应该掌握：第二类永动机不违反了能量守恒定律，而违反了热力学第二定律；热力学第一定律为U=Q+W；知道热力学第二定律的几种不同

40、的说法解答：解：A、第二类永动机不违反了能量守恒定律，但违反了热力学第二定律故A错误；B、气体对外做功220J，W=220J，吸收200J热量，Q=200J，根据热力学第一定律U=Q+W得：U=20J，即内能减少20J故B正确；C、轨迹热力学第二定律，热量能够自发地从高温物体传到低温物体故C正确；D、根据热力学第二定律利用高科技手段，不可能将流散到周围环境中的内能重新收集起来加以利用而不引起其他变化故D错误；E、一定质量的100的水吸收热量后变成100的水蒸气，温度不变则内能不变，所以则吸收的热量大于增加的内能故E正确故选：BCE点评：本题考查了热力学第一定律和热力学第二定律的几种不同的说法，

41、大都需要记忆理解，注意在平时训练中加强练习14如图甲所示，地面上放置有一内壁光滑的圆柱形导热汽缸，汽缸的横截面积S=2.5103m2汽缸内部有一质量和厚度均可忽略的活塞，活塞上固定一个力传感器，传感器通过一根细杆与天花板固定好汽缸内密封有温度t0=27，压强为p0的理想气体，此时力传感器的读数恰好为0若外界大气的压强p0不变，当密封气体温度t升高时力传感器的读数F也变化，描绘出Ft图象如图乙所示，求：（1）力传感器的读数为5N时，密封气体的温度t；（2）外界大气的压强p0考点：理想气体的状态方程；传感器在生产、生活中的应用 专题：理想气体状态方程专题分析：缸内气体等容变化，由于气压不可能为零，

42、故根据题中数据可得一定是升温，根据查理定律列式求解即可解答：解：由题图乙可知F=t27得：t=27+5=32C温度t1=327C时，密封气体的压强p1=p0+=p0+1.2105 Pa密封气体发生等容变化，则=联立以上各式并代入数据解得p0=1.2105 Pa答：（1）力传感器的读数为5N时，密封气体的温度t为32C；（2）外界大气的压强p0为1.2105 Pa点评：本题关键求解出初、末状态的气压和温度，然后根据查理定律列式求解物理-选修3-415一列简谐横波沿x轴正方向传播，t时刻波形图如图中的实线所示，此时波刚好传到P点，t+0.6s时刻的波形如图中的虚线所示，a、b、c、P、Q是介质中的

43、质点，则以下说法正确的是( )A这列波的波速可能为50m/sB从t+0.6 s时刻开始，经过0.5T，质点b沿x轴正方向运动20mC质点c在这段时间内通过的路程可能为60 cmD若T=0.8s，则当t+0.5s时刻，质点b、P的位移相同E若T=0.8s，当t+0.4s时刻开始计时，则质点c的振动方程为y=0.1sin（t）（m）考点：横波的图象；波长、频率和波速的关系 专题：平抛运动专题分析：由图可知波的波长，而由两列波的波形图可得两波形相距的时间与周期的关系，则可得出波速的表达式；由波速可知周期的表达式，则可得出质点的路程及位移及质点的振动方程解答：解：A、由图可知，波的波长为40m；两列波相距0.6s=（n+）T，故周期T=； 波速v=m/s=m/s，（n=0，1，2，） 当n=0时，当v=50m/s时，故A正确；B、质点只能上下振动，不能随波迁移，所以质点b不能