海南省海口市国兴中学2015年高考物理模拟试卷(一)(解析版)

海南省海口市国兴中学2015年物理模拟试卷(一)(解析版) 2015年海南省海口市国兴中学高考物理模拟试卷(一) 一、单项选择题:本题共小题，每小题分，共分(在每小题给出的四个选项中，只有一项是6318 符合题目要求的( 1(如图所示，起重机将重为G的重物匀速吊起，此时四条钢索与竖直方向的夹角均为60?，则每根钢索中弹力大小为( ) A( B( C( D( 2(“嫦娥一号”和“嫦娥二号”绕月飞行器的运行轨道可近似为圆形轨道，距月球表面高度分别为h1和h，运动周期分别为T和T(已知月球半径为R，则T和T的比值为( ) 21212 A( B( C( D( 3(如图所示，斜面体M放置在水平地面上，位于斜面上的物块m受到沿斜面向上的推力F作用(设物块与斜面之间的摩擦力大小为F，斜面与地面之间的摩擦力大小为F(增大推力F，斜面体始终12 保持静止，下列判断正确的是( ) A(如果物块沿斜面向上滑动，则F、F一定增大 12 B(如果物块沿斜面向上滑动，则F、F一定不变 12 C(如果物块与斜面相对静止，则F、F一定增大 12 第1页(共29页) D(如果物块沿斜面相对静止，则F、F一定不变 12 ,,664(一个电量为10C的负电荷从电场中A点移到B点电场力要做功2×10J，从c点移到J要克服 ,6电场力做功7×10J，若已知c点比B点电势高3V，且A、B、C、D四点在同一条电场线上，则下 列图中正确的是( ) A( B( C( D( 5(质子和中子是由更基本的粒子即所谓“夸克”组成的(两个强作用电荷相反(类似于正负电荷)的夸克在距离很近时几乎没有相互作用(称为“渐近自由”);在距离较远时，它们之间就会出现很强的引力(导致所谓“夸克禁闭”)(作为一个简单的模型，设这样的两夸克之间的相互作用力F与它们之间的距离r的关系为: 式中F为大于零的常量，负号表示引力(用U表示夸克间的势能，令U=F(r,r)，取无穷远00021为势能零点(下列U,r图示中正确的是( ) A( B( C( D( 6(在水平的足够长的固定木板上，一小物块以某一初速度开始滑动，经一段时间t后停止(现将该木板改置成倾角为45?的斜面，让小物块以相同的初速度沿木板上滑(若小物块与木板之间的动摩擦因数为μ(则小物块上滑到最高位置所需时间与t之比为( ) A( B( C( D( 第2页(共29页) 二、多项选择题:本题共小题，每小题分，共分(在每小题给出的四个选项中，有多个选项4520 是符合题目要求的(全部选对的得分;选对但不全的得分;有选错的得分( 5307(牛顿以天体之间普遍存在着引力为依据，运用严密的逻辑推理，建立了万有引力定律(在创建万 有引力定律的过程中，牛顿( ) A(接受了胡克等科学家关于“吸引力与两中心距离的平方成反比”的猜想 B(根据地球上一切物体都以相同加速度下落的事实，得出物体受地球的引力与其质量成正比，即F?m的结论 C(根据F?m和牛顿第三定律，分析了地月间的引力关系，进而得出F?mm 12D(根据大量实验数据得出了比例系数G的大小 8(下列说法正确的是( ) A(汽车车速越快，惯性越大 B(以额定功率运行的汽车，车速越快，牵引力越大 C(汽车在水平公路上转弯时，车速越快，越容易滑出路面 D(汽车拉着拖车加速前进时，它对拖车的拉力与拖车对它的拉力大小相等 9(如图所示，50匝矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小B=T的水平匀强磁场中，线框 2面积S=0.5m，线框电阻不计(线框绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω=200rad/s匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，副线圈线接入一只“220V，60W”灯泡，且灯泡正常发光，熔断器允许通过的最大电流为10A，下列说法正确的是( ) A(图示位置穿过线框的磁通量为零 B(线框中产生交变电压的有效值为V C(变压器原、副线圈匝数之比为25:11 D(允许变压器输出的最大功率为5000W 第3页(共29页) 10(如图所示小球从A点以初速度v沿粗糙斜面向上运动，到达最高点B后返回A，C为AB的中0 点(下列说法中正确的是( ) A(小球从A到B过程与从B到A过程，动能变化量的大小相等 B(小球从A到B过程与从B到A过程，机械能变化量的大小相等 C(小球从A到C过程与从C到B过程，动能变化量的大小相等 D(小球从A到C过程与从C到B过程，机械能变化量的大小相等 三(实验题:本题共小题，第题分，第题分，共分(把答案写在答题卡中指定的答211612915题处( 11(图中电源电动势为E，内阻可忽略不计;电流表具有一定的内阻，电压表的内阻不是无限大，S为单刀双掷开关，R为待测电阻(当S向电压表一侧闭合时，电压表读数为U，电流表读数1为I;当S向R一侧闭合时，电流表读数为I( 12 (1)根据已知条件与测量数据，可以得出待测电阻R= ( (2)根据图a所给出的电路，在图b的各器件实物图之间画出连接的导线( 12(一水平放置的轻弹簧，一端固定，另一端与一小滑块1.00 1.50 2.00 2.50 3.00 接触，但不粘连;初始时滑块静止于水平气垫导轨上的O 点，如图(a)所示(现利用此装置探究弹簧的弹性势能Ep 与其被压缩时长度的改变量x的关系(先推动小滑块压缩 第4页(共29页) 弹簧，用米尺测出x的数值;然后将小滑块从静止释放(用 计时器测出小滑块从O点运动至气垫导轨上另一固定点A 所用时间t(多次改变x值及其对应的t值如下表所示((表 中的1/t值是根据t值计算得出的) x(cm) t(s) 3.33 2.20 1.60 1.32 1.08 l/t(s,1) 0.300 0.455 0.625 0.758 0.926 (1)根据表中数据，在图(b)中的方格纸上做,x图线( (2)回答下列问题:(不要求写出计算或推导过程) ?已知点(0，0)在,x图线上，从,x图线看，与x是什么关系, ?从理论上分析，小滑块刚脱离弹簧时的动能E与是什么关系(不考虑摩擦力), k ?当弹簧长度该变量为x时，弹性势能E与相应E是什么关系, pk ?综合考虑以上分析，E与x是什么关系, p 四(计算题:本题共小题，第题分，第题分，共分(把解答写在答题卡中指定的21310141323 答题处，要写出必要的文字说明、方程式和演算步骤( 13(电梯的简化模型如图1所示(考虑安全、舒适、省时等因素，电梯的加速度a是随时间t变化 3的，已知电梯在t=0时由静止开始上升，a,t图象如图2所示(电梯总质量m=2.0×10kg(忽略一切 2阻力，重力加速度g取10m/s( 第5页(共29页) (1)求电梯在上升过程中受到的最大拉力F和最小拉力F; 12 (2)求电梯以最大速率上升时，拉力做功的功率P;再求在0,11s时间内，拉力和重力对电梯所做的总功W( 14(如图所示，在倾角为30?的斜面OA的左侧有一竖直档板，其上有一小孔P(现有一质量m=4×10,,20144kg，带电量q=+2×10C的粒子，从小孔以速度v=3×10m/s水平射向磁感应强度B=0.2T、方向0 垂直纸面向外的圆形磁场区域，且该粒子在飞出磁场区域后能垂直打在OA面上，粒子重力不计(求: (1)粒子在磁场中做圆周运动的半径; 2)粒子在磁场中运动的时间; ( (3)圆形磁场区域的最小半径( 选考题:请考生在第、、三题中任选二题作答，如果多做则按所做的第一、二题计分(模块151617 试题 3-3 15(下列说法正确的是( ) A(布朗运动反映了液体分子的无规则运动 B(0?的冰熔化成0?的水的过程中内能和分子势能都有增大 C(物体的温度为0?时，物体分子的平均动能为零 D(随着低温技术的发展，我们可以使温度逐渐降低，但不能达到绝对零度 第6页(共29页) E(气体分子的平均动能越大，则气体压强越大 F(空气的相对湿度定义为水的饱和蒸汽压与相同温度时空气中所含水蒸气的压强之比 16(如图所示，一根粗细均匀、内壁光滑、竖直放置的玻璃管下端密封，上端封闭但留有一抽气孔(管内下部被活塞封住一定量的气体(可视为理想气体)，气体温度为T(开始时，将活塞上方的气体1 缓慢抽出，当活塞上方的压强达到p时，活塞下方气体的体积为V，活塞上方玻璃管的容积为01 2.6V(活塞因重力而产生的压强为0.5p(继续将活塞上方抽成真空并密封(整个抽气过程中管内10 气体温度始终保持不变(然后将密封的气体缓慢加热(求: ?活塞刚碰到玻璃管顶部时气体的温度; ?当气体温度达到1.8T时气体的压强( 1 模块试题 3-4 17(下列选项与多普勒效应有关的是( ) A(变化的电场一定能产生变化的磁场 B(光的双缝干涉实验中，若仅将入射光从红光改为紫光，则相邻亮条纹间距一定变小 C(观察者向着频率为f的声源运动时，接收到声波的频率f一定大于声源的频率f 1 D(麦克斯韦预言了电磁波的存在并用实验加以证实( E(可以通过迈克尔孙,莫雷实验得出:不论光源与观察者做怎样的相对运动，光速都是一样的 18(如图，置于空气中的一不透明容器内盛满某种透明液体(容器底部靠近器壁处有一竖直放置的6.0cm长的线光源(靠近线光源一侧的液面上盖有一遮光板，另一侧有一水平放置的与液面等高的望远镜，用来观察线光源(开始时通过望远镜不能看到线光源的任何一部分(将线光源沿容器底向 第7页(共29页) 望远镜一侧水平移至某处时，通过望远镜刚好可以看到线光源底端，再将线光源沿同一方向移动8.0cm，刚好可以看到其顶端(求此液体的折射率n( 模块试题 3-5 19(下列说法正确的是( ) A(α粒子大角度散射表明α粒子很难进入原子内部 B(比结合能越大表示原子核中的核子结合得越牢固 C(裂变反应有质量亏损，质量数不守恒 D(γ射线是一种波长很短的电磁波 E(玻尔理论的假设之一是原子能量的量子化 (如图所示，电阻不计的两光滑金属导轨放在水平绝缘桌面上，半径为R的圆弧部分处在竖直20 平面内，水平直导轨部分处在方向竖直向下的匀强磁场中，末端与桌面边缘平齐(两金属棒ab、cd垂直于两导轨且与导轨接触良好(棒ab质量为2m，棒cd的质量为m(重力加速度为g( 开始棒cd静止在水平直导轨上，棒ab从圆弧顶端无初速度释放，进入水平直导轨后与棒cd始终没有接触并一直向右运动，最后两棒都离开导轨落到地面上(棒ab与棒cd落地点到桌面边缘的水平距离之比为3:1(求: ?棒ab和棒cd离开导轨时的速度大小; ?两棒在导轨上运动过程中产生的焦耳热( 第8页(共29页) 2015年海南省海口市国兴中学高考物理模拟试卷(一) 参考答案与试题解析 一、单项选择题:本题共小题，每小题分，共分(在每小题给出的四个选项中，只有一项是6318 符合题目要求的( 1(如图所示，起重机将重为G的重物匀速吊起，此时四条钢索与竖直方向的夹角均为60?，则每根钢索中弹力大小为( ) A( B( C( D( 【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】共点力作用下物体平衡专题( 【分析】先对重物进行受力分析，由平衡条件求出起重机竖直钢绳的拉力，再根据数学知识得到竖直方向的钢绳拉力与四条钢绳拉力的关系，求出每根钢索中弹力大小( 【解答】解:以整体为研究对象，由平衡条件得知，起重机竖直钢绳的拉力大小为F=G(设每根钢索中弹力大小为T(由于四条钢索与竖直方向的夹角均为60?，则有: 4Tcos60?=G 解得:T= 故选D 【点评】本题解题关键要搞清上方钢绳的拉力与四根钢索拉力的关系，根据竖直方向力平衡进行求解( 2(“嫦娥一号”和“嫦娥二号”绕月飞行器的运行轨道可近似为圆形轨道，距月球表面高度分别为h1和h，运动周期分别为T和T(已知月球半径为R，则T和T的比值为( ) 21212 A( B( 第9页(共29页) C( D( 【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】万有引力定律的应用专题;人造卫星问题( 【分析】嫦娥号绕月球做圆周运动，万有引力提供圆周运动向心力，由此得出周期与轨道半径的关系从而得出比值( 【解答】解:由题意知，嫦娥号绕月球做匀速圆周运动的向心力由万有引力提供，即: 可得它们绕月球做圆周运动的周期T=，由此可知它们周期比等于其半径的次方之比( 由题又知，已知它们离月球表面的高度，所以半径r=R+h 所以有: =，故BCD错误，A正确( 故选:A( 【点评】万有引力提供圆周运动向心力是解决描述天体圆周运动的物理量与半径关系的主要入手，熟悉公式及其推导变形是解决此类问题的关键( 3(如图所示，斜面体M放置在水平地面上，位于斜面上的物块m受到沿斜面向上的推力F作用(设物块与斜面之间的摩擦力大小为F，斜面与地面之间的摩擦力大小为F(增大推力F，斜面体始终12 保持静止，下列判断正确的是( ) A(如果物块沿斜面向上滑动，则F、F一定增大 12 B(如果物块沿斜面向上滑动，则F、F一定不变 12 C(如果物块与斜面相对静止，则F、F一定增大 12 D(如果物块沿斜面相对静止，则F、F一定不变 12 【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( 第10页(共29页) 【分析】由题意斜面体始终保持静止，若物块沿斜面向上滑动，增大F，物块对斜面体的压力和摩擦力不变(若物块与斜面相对静止，以整体为研究对象，根据平衡条件得到F、F与F的关系，再12分析其变化( 【解答】解:A、B由图看出，F平行于斜面，如果物块沿斜面向上滑动，物块对斜面体的压力和摩擦力保持不变，增大推力F时，斜面体的受力情况没有改变，则F、F一定不变(故A错误，B正12 确( C、D如果物块与斜面相对静止时，以整体为研究对象，分析受力情况如图，由平衡条件得到: F=Fcosθ，θ是斜面的倾角，可见，F增大时，F一定增大( 22 而对物块研究得知，F可能增大、可能减小，也可能大小不变(故CD错误( 1 故选B 【点评】本题当物块在斜面运动时采用隔离法研究，当物块在斜面上静止时，可采用整体研究F，2要灵活选择研究对象( ,,664(一个电量为10C的负电荷从电场中A点移到B点电场力要做功2×10J，从c点移到J要克服 ,6电场力做功7×10J，若已知c点比B点电势高3V，且A、B、C、D四点在同一条电场线上，则下列图中正确的是( ) A( B( C( D( 【考点】电场线;电势差与电场强度的关系( 【专题】电场力与电势的性质专题( 【分析】根据电势差公式U=，分别求出AB间和CD间的电势差，即可判断出A、B间电势和C、D电势高低，根据顺着电场线方向电势降低，即可进行判断( 第11页(共29页) 【解答】解:A、B间的电势差为 U==V=,2V,0，则A的电势低于B的电势; AB C、D间的电势差为 U=V=7V,0，则C的电势高于D的电势; CD 又由题，C点比B点电势高3V，所以电势从高到低的顺序是:C、B、A、D( 根据根据顺着电场线方向电势降低，故C正确，ABD错误( 故选:C 【点评】本题关键掌握电势差定义式，并能正确求解两点间的电势差，通过电场线，直观即能反映各点电势的高低( 5(质子和中子是由更基本的粒子即所谓“夸克”组成的(两个强作用电荷相反(类似于正负电荷)的夸克在距离很近时几乎没有相互作用(称为“渐近自由”);在距离较远时，它们之间就会出现很强的引力(导致所谓“夸克禁闭”)(作为一个简单的模型，设这样的两夸克之间的相互作用力F与它们之间的距离r的关系为: 式中F为大于零的常量，负号表示引力(用U表示夸克间的势能，令U=F(r,r)，取无穷远00021为势能零点(下列U,r图示中正确的是( ) A( B( C( D( 【考点】电势能;动能定理的应用( 【专题】压轴题;电场力与电势的性质专题( 【分析】本题通过分析两夸克之间的相互作用力F做功情况判断势能的变化情况，即可进行选择(无穷远处电势为零，从无穷远开始到r=r位置，势能恒定为零，在r=r到r=r过程中，两夸克之间的221 相互作用力F为引力，恒定引力做正功，势能逐渐均匀减小，r,r之后势能不变，恒定为,U( 10 第12页(共29页) 【解答】解:从无穷远处电势为零开始到r=r位置，由F的表达式可知，两夸克之间的相互作用力2 F=0，则知势能恒定为零; 在r=r到r=r过程中，恒定引力做正功，势能逐渐均匀减小，即势能为负值且越来越小，此部分图21 象为A、B选项中所示; r,r之后，F=0，势能不变，恒定为,U，由引力做功等于势能将少量，故U=F(r,r)(故B100021正确( 故选B 【点评】本题是信息给予题，关键根据两夸克之间的相互作用力F与它们之间的距离r的关系，分析F做功的正负，判断势能如何变化( 6(在水平的足够长的固定木板上，一小物块以某一初速度开始滑动，经一段时间t后停止(现将该木板改置成倾角为45?的斜面，让小物块以相同的初速度沿木板上滑(若小物块与木板之间的动摩擦因数为μ(则小物块上滑到最高位置所需时间与t之比为( ) A( B( C( D( 【考点】牛顿第二定律;滑动摩擦力( 【专题】压轴题( 【分析】对物块在水平面和斜面上进行受力分析，运用牛顿第二定律结合运动学公式解决( 【解答】解:木板水平时，物块的合力是滑动摩擦力(根据牛顿第二定律得出: 小物块的加速度a=μg， 1 设滑行初速度为v，则滑行时间为t=; 0 木板改置成倾角为45?的斜面后，对物块进行受力分析: 小滑块的合力F=mgsin45?+f=mgsin45?+μmgcos45? 合 小物块上滑的加速度a==， 2 滑行时间t′==2， 第13页(共29页) 因此==， 故选A( 【点评】对物块在水平面和斜面上进行受力分析，运用牛顿第二定律结合运动学公式解决(注意情景发生改变，要重新进行受力分析( 二、多项选择题:本题共小题，每小题分，共分(在每小题给出的四个选项中，有多个选项4520 是符合题目要求的(全部选对的得分;选对但不全的得分;有选错的得分( 5307(牛顿以天体之间普遍存在着引力为依据，运用严密的逻辑推理，建立了万有引力定律(在创建万有引力定律的过程中，牛顿( ) A(接受了胡克等科学家关于“吸引力与两中心距离的平方成反比”的猜想 B(根据地球上一切物体都以相同加速度下落的事实，得出物体受地球的引力与其质量成正比，即F?m的结论 m和牛顿第三定律，分析了地月间的引力关系，进而得出F?mm C(根据F?12D(根据大量实验数据得出了比例系数G的大小 【考点】万有引力定律的发现和万有引力恒量的测定( 【专题】压轴题( 【分析】解答本题需掌握:关于是什么原因使行星绕着太阳运动的问题，伽利略、开普勒和法国数学家笛卡尔都提出过自己的解释，在创建万有引力定律的过程中，牛顿时期的科学家，如胡克、哈雷等人对这一问题的认识更进一步(胡克等人认为，行星绕太阳运动是因为受到太阳对它的引力，甚至证明了如果行星运动的轨道是圆形的，它所受到的引力的大小与行星到太阳的距离的二次方成反比; 由牛顿第三定律，作用力与反作用力大小相等、方向相反并且总是在同一条直线上，而且力的性质相同; 卡文迪许测量出万有引力常量( 【解答】解:题干要求“在创建万有引力定律的过程中”，牛顿接受了平方反比猜想，和物体受地球的引力与其质量成正比，即F?m的结论;然后进行月地检验，进一步得出该规律适用与月地系统;而提出万有引力定律后100多年，后来卡文迪许利用扭称测量出万有引力常量G的大小，后来根据大量实验数据不断的测定比例系数G的大小，即D选项是在建立万有引力定律后才进行的探索，因此符合题意的只有AB( 第14页(共29页) 故选:AB( 【点评】本题关键要熟悉万有引力定律的发现过程中的相关物理学史，可以通过阅读教材掌握物理学史( 8(下列说法正确的是( ) A(汽车车速越快，惯性越大 B(以额定功率运行的汽车，车速越快，牵引力越大 C(汽车在水平公路上转弯时，车速越快，越容易滑出路面 D(汽车拉着拖车加速前进时，它对拖车的拉力与拖车对它的拉力大小相等 【考点】功率、平均功率和瞬时功率;物体做曲线运动的条件( 【专题】功率的计算专题( 【分析】A、惯性只与质量有关与速度无关 B、由P=FV 得F=，可知P一定，F与V成反比 C、由向心力的表达式F=分析 D、汽车对拖车的拉力与拖车对它的拉力作用力与反作用力大小相等，方向相反 【解答】解:A、汽车的惯性只与质量有关，与速度无关(故A错误 B、由P=FV 得F=，则速度越大，牵引力越小(故B错误 C、由F=可知，速度越大，所需向心力越大，当不能提供所需向心力时会做离心运动(故C正确 D、汽车拉着拖车加速前进时，它对拖车的拉力与拖车对它的拉力是作用力与反作用力，大小相等(故D正确 故选:CD( 【点评】考查动力学的基本内容，领会其要领较易分析( 9(如图所示，50匝矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小B=T的水平匀强磁场中，线框 2面积S=0.5m，线框电阻不计(线框绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω=200rad/s匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，副线圈线接入一只“220V，60W”灯泡，且灯泡正常发光，熔断器允许通过的最大电流为10A，下列说法正确的是( ) 第15页(共29页) A(图示位置穿过线框的磁通量为零 B(线框中产生交变电压的有效值为V C(变压器原、副线圈匝数之比为25:11 D(允许变压器输出的最大功率为5000W 【考点】正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率;交流发电机及其产生正弦式电流的原理( 【专题】交流电专题( 【分析】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( 【解答】解:A、由图可知，此时线圈和磁场垂直，此时线框的磁通量最大，所以A错误( B、矩形闭合导线框ABCD在磁场中转动，产生的交流电的最大值为E=nBsω=50×m ×0.5×200=V，由于最大值为有效值的倍，所以交流电的有效值为500V，所以B错误( C、由于电压与匝数成正比，所以变压器原、副线圈匝数之比为=，所以C正确( D、由于熔断器允许通过的最大电流为10A，所以允许变压器输出的最大功率为P=UI=500×10=5000W，所以D正确( 故选:CD( 【点评】掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决( 10(如图所示小球从A点以初速度v沿粗糙斜面向上运动，到达最高点B后返回A，C为AB的中0 点(下列说法中正确的是( ) A(小球从A到B过程与从B到A过程，动能变化量的大小相等 B(小球从A到B过程与从B到A过程，机械能变化量的大小相等 C(小球从A到C过程与从C到B过程，动能变化量的大小相等 D(小球从A到C过程与从C到B过程，机械能变化量的大小相等 第16页(共29页) 【考点】功能关系;动能定理( 【分析】要求动能的减少量可以根据动能定理求合外力对物体所做的功;要求速度的变化量可以根据公式?v=a?t来求;而机械能的损失等于除重力外其他力所做的负功( 【解答】解:A、从A到B过程中小球受到重力、支持力和向下的摩擦力， ?; 从B到A过程，从A到B过程中小球受到重力、支持力和向上的摩擦力， ?显然动能变化量的大小不相等(故A错误( B、克服除重力之外其它力做多少功物体的机械能就减少多少，根据,μmgscosθ=,?E可得小球从A到B过程与从B到A过程，损失的机械能相等，故B正确; C、设A到C的高度和从C到B的高度为h，AC的距离和CB的距离都为s，斜面的倾角为θ，则有s•sinθ=h，根据,mgh,μmgscosθs=?E K 可知小球从A到C过程中与从C到B过程合外力对物体做的功相同，故小球减少的动能相等(故C正确( D、克服除重力之外其它力做多少功物体的机械能就减少多少，根据,μmgscosθ=,?E可得小球从A到C过程与从C到B过程，损失的机械能相等(故D正确( 故选:BCD( 【点评】本题目综合性很强，考查的知识点很多，难度很大，是一道不可多得的好题( 三(实验题:本题共小题，第题分，第题分，共分(把答案写在答题卡中指定的答211612915 题处( 11(图中电源电动势为E，内阻可忽略不计;电流表具有一定的内阻，电压表的内阻不是无限大，S为单刀双掷开关，R为待测电阻(当S向电压表一侧闭合时，电压表读数为U，电流表读数1为I;当S向R一侧闭合时，电流表读数为I( 12 (1)根据已知条件与测量数据，可以得出待测电阻R= ( (2)根据图a所给出的电路，在图b的各器件实物图之间画出连接的导线( 第17页(共29页) 【考点】伏安法测电阻;闭合电路的欧姆定律( 【专题】实验题;压轴题( 【分析】(1)根据闭合电路欧姆定律分两次列方程，联立求解; (2)连接实物图要注意电流从电压表和电流表的正接线柱流入，负接线柱流出，单刀双掷开关控制整个电路的通断，连线不要交叉( 【解答】解:(1)当S向电压表一侧闭合时，电压表读数为U，电流表读数为I，根据闭合电路11欧姆定律有 E=U+Ir 11 整理得 当S向R一侧闭合时，电流表读数为I，根据闭合电路欧姆定律有 2 E=I(R+r) 2 整理得 故答案为:( (2)按照电路图连线，如图，要注意电流从电压表和电流表的正接线柱流入，负接线柱流出，单刀双掷开关控制整个电路的通断，连线不要交叉( 第18页(共29页) 【点评】本题第一问关键根据闭合电路欧姆定律列式求解; 第二问涉及根据电路图连接实物图，常用方法有: ?若给定的电路是串联电路，则从电源的正极开始用铅笔画线表示导线，依据电路图中电流流经各元件的先后顺序，将各实物元件顺次、逐个地连接起来，最后接到电源的负极上; ?若给定的电路是并联电路，则先将干路和一个支路照上述串联电路画出，再并联上另一个支路即可( 12(一水平放置的轻弹簧，一端固定，另一端与一小滑块1.00 1.50 2.00 2.50 3.00 接触，但不粘连;初始时滑块静止于水平气垫导轨上的O 点，如图(a)所示(现利用此装置探究弹簧的弹性势能Ep 与其被压缩时长度的改变量x的关系(先推动小滑块压缩 弹簧，用米尺测出x的数值;然后将小滑块从静止释放(用 计时器测出小滑块从O点运动至气垫导轨上另一固定点A 所用时间t(多次改变x值及其对应的t值如下表所示((表 中的1/t值是根据t值计算得出的) x(cm) t(s) 3.33 2.20 1.60 1.32 1.08 l/t(s,1) 0.300 0.455 0.625 0.758 0.926 第19页(共29页) (1)根据表中数据，在图(b)中的方格纸上做,x图线( (2)回答下列问题:(不要求写出计算或推导过程) ?已知点(0，0)在,x图线上，从,x图线看，与x是什么关系, ?从理论上分析，小滑块刚脱离弹簧时的动能E与是什么关系(不考虑摩擦力), k ?当弹簧长度该变量为x时，弹性势能E与相应E是什么关系, pk?综合考虑以上分析，E与x是什么关系, p 【考点】弹性势能( 【专题】实验题;压轴题( 【分析】(1)通过描点法作图即可; (2)?,x图线是直线，说明与x是正比关系; ?与速度成正比，E与速度平方成正比; k ?机械能守恒，故弹簧减小的弹性势能等于增加的动能，即E=E; pk 2?E与()成正比，E=E，与x成正比，故E与x的平方成正比( kpkp【解答】解:(1)根据表中数据，在图(b)中的方格纸上作出,x图线，如图所示( (2)?,x图线是直线，故与x成正比; 2?与速度成正比，E与速度平方成正比，故E与()成正比; kk ?根据机械能守恒，有E=E; pk 22?E与()成正比，E=E，与x成正比，E与x成正比( kpkp答:(1)如图所示( (2)?与x成正比; 第20页(共29页) 2?E与()成正比; k ?E=E; pk 2?E与x成正比( p 2【点评】本题关键是明确实验原理，通过作图得到?x，逐步分析得到E与x成正比( p 四(计算题:本题共小题，第题分，第题分，共分(把解答写在答题卡中指定的21310141323 答题处，要写出必要的文字说明、方程式和演算步骤( 13(电梯的简化模型如图1所示(考虑安全、舒适、省时等因素，电梯的加速度a是随时间t变化 3的，已知电梯在t=0时由静止开始上升，a,t图象如图2所示(电梯总质量m=2.0×10kg(忽略一切 2阻力，重力加速度g取10m/s( (1)求电梯在上升过程中受到的最大拉力F和最小拉力F; 12 (2)求电梯以最大速率上升时，拉力做功的功率P;再求在0,11s时间内，拉力和重力对电梯所做的总功W( 【考点】功率、平均功率和瞬时功率;功的计算( 【专题】功率的计算专题( 【分析】(1)由图读出电梯向上加速运动的最大加速度和减速运动的最大加速度大小，由牛顿第二定律求解最大拉力F和最小拉力F; 12 (2)由a?t图象可知，11s,30s内速率最大，其值等于0,11s内a?t图线下的面积，此时电梯做匀速运动，拉力F等于重力mg，由P=Fv求出拉力的功率(由动能定理求解拉力和重力对电梯所做的总功W( 【解答】解;(1)由牛顿第二定律，有 F,mg=ma 22由a?t图象可知，F和F对应的加速度分别是a=1.0m/s，a=,1.0m/s 1212 则 34 F=m(g+a)=2.0×10×(10+1.0)N=2.2×10N 11 第21页(共29页) 34 F=m(g+a)=2.0×10×(10,1.0)N=1.8×10N 22 (2)由a?t图象可知，11s,30s内速率最大，其值等于0,11s内a?t图线下的面积，有 υ=10m/s m 此时电梯做匀速运动，拉力F等于重力mg，所求功率 35P=Fυ=mg•υ=2.0×10×10×10W=2.0×10W mm 由动能定理，总功 3252W=E,E=mυ,0=×2.0×10×10J=1.0×10J k2k1m 答: 44(1)电梯在上升过程中受到的最大拉力F是2.2×10N，最小拉力F是1.8×10N( 12 5(2)电梯以最大速率上升时，拉力做功的功率P为2.0×10W;在0?11s时间内，拉力和重力对电 5梯所做的总功W是1.0×10J( 【点评】本题一要有基本的读图能力，并能根据加速度图象分析电梯的运动情况;二要能运用类比法，理解加速度图象“面积”的物理意义( 14(如图所示，在倾角为30?的斜面OA的左侧有一竖直档板，其上有一小孔P(现有一质量m=4×10,,20144kg，带电量q=+2×10C的粒子，从小孔以速度v=3×10m/s水平射向磁感应强度B=0.2T、方向0 垂直纸面向外的圆形磁场区域，且该粒子在飞出磁场区域后能垂直打在OA面上，粒子重力不计(求: (1)粒子在磁场中做圆周运动的半径; (2)粒子在磁场中运动的时间; (3)圆形磁场区域的最小半径( 【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动( 【专题】带电粒子在磁场中的运动专题( 【分析】(1)粒子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律求出粒子在磁场中做圆周运动的半径; 第22页(共29页) (2)画出粒子运动的轨迹如图，由几何知识得到轨迹对应的圆心角θ，由t=T求出粒子在磁场中运动的时间; (3)当粒子的轨迹圆正好以PQ为直径时，圆形磁场区域的半径最小，则知最小半径的值( 【解答】解:(1)粒子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力， 根据牛顿第二定律得:qvB=m， 解得:r=，代入数据记得:r=0.3m， (2)粒子在磁场中做圆周运动的周期:T==， 画出粒子运动的轨迹如图，由几何知识得到轨迹对应的圆心角θ=60?， ,5则粒子在磁场中运动的时间为:t=T=T=，代入数据解得:t=×10s; (3)当粒子的轨迹圆正好以PQ为直径时，圆形磁场区域的半径最小， 根据几何知识得知，PQ=r，则磁场最小的半径为R===0.15m; min 答:(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径为0.3m; ,5(2)粒子在磁场中运动的时间是×10s; (3)圆形磁场区域的最小半径是0.15m( 【点评】本题中圆形磁场区域最小的直径等于入射点与出射点间的距离是常用的经验结论，在本题中要灵活运用( 选考题:请考生在第、、三题中任选二题作答，如果多做则按所做的第一、二题计分(模块151617 试题 3-3 15(下列说法正确的是( ) A(布朗运动反映了液体分子的无规则运动 第23页(共29页) B(0?的冰熔化成0?的水的过程中内能和分子势能都有增大 C(物体的温度为0?时，物体分子的平均动能为零 D(随着低温技术的发展，我们可以使温度逐渐降低，但不能达到绝对零度 E(气体分子的平均动能越大，则气体压强越大 F(空气的相对湿度定义为水的饱和蒸汽压与相同温度时空气中所含水蒸气的压强之比 【考点】*相对湿度;分子势能;热力学第二定律( 【分析】布朗运动是固体微粒的无规则运动( 改变物体的内能方式可以通过两种方式一种是做功，另一种是热传递( 物体内的分子在永不停息的做无规则运动( 【解答】解:A、布朗运动是固体微粒的无规则运动，反映了液体分子的无规则运动(故A正确; B、0?的冰熔化成0?的水的过程中，分子的平均动能不变，内能和分子势能都有增大，故B正确( C、物体内的分子在永不停息的做无规则运动，当温度为0?时，物体的分子平均动能一定不为零，故C错误( D、根据热力学第三定律可知，绝度0度不可到达(故D正确( E、气体的压强与分子运动的激烈程度、分子的密度都有关，气体分子的平均动能越大，则气体压强不一定越大(故E错误; F、空气的相对湿度定义为空气中所含水蒸气的压强与相同温度时水的饱和蒸汽压之比(故F错误( 故选:ABD( 【点评】本题考查了布朗运动、内能、绝度0度、气体飞压强等，知识点多，难度小，关键是记住基础知识( 16(如图所示，一根粗细均匀、内壁光滑、竖直放置的玻璃管下端密封，上端封闭但留有一抽气孔(管内下部被活塞封住一定量的气体(可视为理想气体)，气体温度为T(开始时，将活塞上方的气体1 缓慢抽出，当活塞上方的压强达到p时，活塞下方气体的体积为V，活塞上方玻璃管的容积为01 2.6V(活塞因重力而产生的压强为0.5p(继续将活塞上方抽成真空并密封(整个抽气过程中管内10 气体温度始终保持不变(然后将密封的气体缓慢加热(求: ?活塞刚碰到玻璃管顶部时气体的温度; ?当气体温度达到1.8T时气体的压强( 1 第24页(共29页) 【考点】理想气体的状态方程( 【专题】理想气体状态方程专题( 【分析】活塞从开始刚碰到玻璃管顶部时，分析三个参量变化的情况，分别根据玻意耳定律和气态 方程对过程进行研究，列方程求解( 【解答】解:?由玻意耳定律得: =， 式中V是抽成真空后活塞下方气体体积 由盖•吕萨克定律得: = 解得:T′=1.2T 1 ?由查理定律得: = 解得:p=0.75p 20 答: ?活塞刚碰到玻璃管顶部时气体的温度是1.2T; ?当气体温度达到1.8T时气体的压强是0.75p( 10 【点评】对于气体状态变化问题，关键分析气体的状态参量，确定是何种变化过程，再列方程求解( 模块试题 3-4 17(下列选项与多普勒效应有关的是( ) A(变化的电场一定能产生变化的磁场 B(光的双缝干涉实验中，若仅将入射光从红光改为紫光，则相邻亮条纹间距一定变小 C(观察者向着频率为f的声源运动时，接收到声波的频率f一定大于声源的频率f 1D(麦克斯韦预言了电磁波的存在并用实验加以证实( 第25页(共29页) E(可以通过迈克尔孙,莫雷实验得出:不论光源与观察者做怎样的相对运动，光速都是一样的 【考点】多普勒效应( 【分析】当声源离观测者而去时，声波的波长增加，音调变得低沉，当声源接近观测者时，声波的波长减小，音调就变高(音调的变化同声源与观测者间的相对速度和声速的比值有关(这一比值越大，改变就越显著，后人把它称为“多普勒效应”( 【解答】解:A、变化的电场一定能产生的磁场，变化的电场不一定能产生变化的磁场，与电磁场理论有关，与多普勒效应无关(故A错误; B、光的双缝干涉实验中，若仅将入射光从红光改为紫光，则相邻亮条纹间距一定变小，与光的干涉理论有关，与多普勒效应无关(故B错误; C、观察者向着频率为f的声源运动时，接收到声波的频率f一定大于声源的频率f，与多普勒效应1 无关(故C正确; D、麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹用实验加以证实(故D错误( E、可以通过迈克尔孙,莫雷实验得出:不论光源与观察者做怎样的相对运动，光速都是一样的，是光速不变原理，与多普勒效应无关(故E错误( 故选:C( 【点评】本题考查了多普勒效应，记住“高亢表示靠近，低沉表示远离”的结论即可，基础题( 18(如图，置于空气中的一不透明容器内盛满某种透明液体(容器底部靠近器壁处有一竖直放置的6.0cm长的线光源(靠近线光源一侧的液面上盖有一遮光板，另一侧有一水平放置的与液面等高的望远镜，用来观察线光源(开始时通过望远镜不能看到线光源的任何一部分(将线光源沿容器底向望远镜一侧水平移至某处时，通过望远镜刚好可以看到线光源底端，再将线光源沿同一方向移动8.0cm，刚好可以看到其顶端(求此液体的折射率n( 【考点】光的折射定律( 【专题】光的折射专题( 【分析】当线光源上某一点发出的光线射到未被遮光板遮住的液面上时，射到遮光板边缘O的那条光线的入射角最小( 第26页(共29页) 【解答】解: 若线光源底端在A点时，望远镜内刚好可以看到此光源底端，设过O点液面的法线为OO，则 1 ?AOO=α ? 1 其中α为此液体到空气的全反射临界角，由折射定律有 ? 同理，若线光源顶端在B点时，通过望远镜刚好可以看到此光源顶端，则 1 ?BOO=α(设此时线光源底端位于B点(由图中几何关系可得 11 ? 联立??式得 ? 由题给条件可知 AB=8cm BB=6cm 1 代入?式得 n=1.25( 故液体的折射率为1.25( 【点评】由光的折射定律得出光刚好发生光的全反射时的，同时运用几何关系共同求出结 果(注意当光线是从光密介质进入光疏介质时才有可能发生光的全反射( 模块试题 3-5 19(下列说法正确的是( ) A(α粒子大角度散射表明α粒子很难进入原子内部 B(比结合能越大表示原子核中的核子结合得越牢固 C(裂变反应有质量亏损，质量数不守恒 第27页(共29页) D(γ射线是一种波长很短的电磁波 E(玻尔理论的假设之一是原子能量的量子化 【考点】爱因斯坦质能方程;玻尔模型和氢原子的能级结构;裂变反应和聚变反应( 【专题】爱因斯坦的质能方程应用专题( 【分析】α粒子大角度散射表明α粒子受到斥力较大;比结合能越大，核子结合得越牢固;裂变反应有质量亏损，且质量数、质子数守恒;γ射线是一种波长很短，频率很高的电磁波;玻尔理论的假设提出量子化( 【解答】解:A、α粒子大角度散射表明α粒子受到较大的库仑斥力，故A错误; B、比结合能越大表示原子核中的核子结合得越牢固，故B正确; C、裂变反应有质量亏损，但质量数与质子数守恒，故C错误; D、γ射线是一种频率很高，而波长很短的电磁波，故D正确; E、玻尔理论的假设之提出量子化观点，故E正确; 故选:BDE( 【点评】考查结合能与比结合能的区别，理解质量亏损与质量数守恒的不同，注意电磁波的频率与波长的关系，掌握量子化的含义( 20(如图所示，电阻不计的两光滑金属导轨放在水平绝缘桌面上，半径为R的圆弧部分处在竖直平面内，水平直导轨部分处在方向竖直向下的匀强磁场中，末端与桌面边缘平齐(两金属棒ab、cd垂直于两导轨且与导轨接触良好(棒ab质量为2m，棒cd的质量为m(重力加速度为g( 开始棒cd静止在水平直导轨上，棒ab从圆弧顶端无初速度释放，进入水平直导轨后与棒cd始终没有接触并一直向右运动，最后两棒都离开导轨落到地面上(棒ab与棒cd落地点到桌面边缘的水平距离之比为3:1(求: ?棒ab和棒cd离开导轨时的速度大小; ?两棒在导轨上运动过程中产生的焦耳热( 【考点】动量守恒定律;导体切割磁感线时的感应电动势( 第28页(共29页) 【专题】电磁感应与电路结合( 【分析】(1)ab棒下滑的过程中机械能守恒，可求得刚进入磁场时的速度(棒ab和棒cd离开导轨做平抛运动，根据平抛运动的规律和水平位移之比求解(两棒都在轨道上运动时系统的合外力为零，遵守动量守恒，由动量守恒定律列式，联立即可求解( (2)ab棒与cd棒在水平导轨上运动，根据能量定恒求解两棒在轨道上运动过程产生的焦耳热( 【解答】解:(1)ab棒刚进入水平导轨时，cd棒受到的安培力最大，此时它的加速度最大( 设ab棒进入水平导轨的速度为v，ab棒从圆弧导轨滑下机械能定恒: 1 2 2mgR=×2mv 1 解得:v= 1 离开导轨时，设ab棒的速度为v′，cd棒的速度为v′，ab棒与cd棒在水平导轨上运动，棒ab12 和棒cd离开离开导轨时，设ab棒的速度为v′，cd棒的速度为v′( 12 由h=知两棒离开导轨做平抛运动的时间相等，由平抛运动水平位移x=vt可知 v′:v′=x:121x=1:3 2 即 v′=3v′ 12 根据动量定恒得: 2mv=2mv′+mv′ 112 联立解得 v′=，v′= 12 (2)根据能量定恒，两棒在轨道上运动过程产生的焦耳热为 Q=,(+) 联立解得，Q=mgR 答: (1)棒ab和棒cd离开导轨时的速度大小分别是、( (2)两棒在导轨上运动过程中产生的焦耳热是mgR( 【点评】本题是双杆问题，与非弹性碰撞问题类似，根据机械能守恒定律、动量守恒定律和能量守恒定律，并结合运动学进行处理(要有分析和处理综合题的能力( 第29页(共29页)