1、2015年云南省大理州剑川一中高考物理模拟试卷一、选择题（本题共8小题，每小题6分在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下列描述中符合物理学史的是（）A 开普勒发现了行星运动三定律，从而提出了日心说B 牛顿发现了万有引力定律并测定出引力常量GC 法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流D 楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化2物体A、B的xt图象如图所示，由图可知（）A 从第3s这一时
2、刻起，两物体运动方向相同，且vAvBB 两物体由同一位置开始运动，但物体A比B迟3s才开始运动C 在5s内物体的位移相同，5s末A、B相遇D 5s内A、B的平均速度相等3如图所示，在水平面上沿直线运动的小车上有一个固定的水平横杆，横杆左端悬挂的小球A和小车右端放置的物块B都相对车厢静止关于物块B受到的摩擦力，下列判断中正确的是（）A 物块B不受摩擦力作用B 物块B受摩擦力作用，大小恒定，方向向左C 物块B受摩擦力作用，大小恒定，方向向右D 因小车的运动方向不能确定，故物块B受的摩擦力情况无法判断4特战队员在进行素质训练时，抓住一端固定在同一水平高度的不同位置的绳索，从高度一定的平台由水平状态无
3、初速开始下摆，如图所示，在到达竖直状态时放开绳索，特战队员水平抛出直到落地不计绳索质量和空气阻力，特战队员可看成质点下列说法正确的是（）A 绳索越长，特战队员落地时的水平位移越大B 绳索越长，特战队员在到达竖直状态时绳索拉力越大C 绳索越长，特战队员落地时的速度越大D 绳索越长，特战队员落地时的水平速度越大5我国未来将建立月球基地，并在饶月轨道上建造空间站，如图所示，关闭动力的航天飞机在月球引力作用下经椭圆轨道向月球靠近，并将与空间站在B处对接，已知空间站绕月半径为r，周期为T，引力常数为G，下列说法正确的是（）A 图中航天飞机在飞向B处的过程中，加速度逐渐减小B 航天飞机在B处由椭圆轨道进入
4、空间站轨道必须点火加速C 根据题中条件可以算出月球的质量D 根据题中条件可以算出空间站受到月球引力大小6如图所示，边长为L、匝数为N，电阻不计的正方形线圈abcd在磁感应强度为B的匀强磁场中绕转轴OO转动，轴OO垂直于磁感线，在线圈外接一含有理想变压器的电路，变压器原、副线圈的匝数分别为n1和n2保持线圈以恒定角速度转动，下列判断正确的（）A 在图示位置时线框中磁通量为零，感应电动势最大B 当可变电阻R的滑片P向上滑动时，电压表V2的示数变大C 电压表V1示数等于NBL2D 变压器的输入与输出功率之比为1：17如图所示，在垂直纸面向里的匀强磁场的边界上，有两个质量和电量均相同的正、负离子（不计
5、重力），从O点以相同的速度先后射人磁场中，入射方向与边界成角，则正、负离子在磁场中（）A 运动时间相同B 运动轨迹的半径相同C 重新回到边界时速度相同D 重新回到边界的位置与O点的距离不相等8两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势为零，ND段中C点电势最高，则（）A q1为正电荷，q2为负电荷B q1电荷量大于q2的电荷量C NC间场强方向沿x轴正方向D 将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功二、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，
6、考生根据要求作答（一）必考题9在“探究恒力做功与动能改变的关系”实验中（装置如图甲）：下列说法哪一项是正确的（填选项前字母）A平衡摩擦力时必须将钩码通过细线挂在小车上B为减小系统误差，应使钩码质量远大于小车质量C实验时，应使小车靠近打点计时器由静止释放图乙是实验中获得的一条纸带的一部分，选取O、A、B、C计数点，已知打点计时器使用的交流电频率为50Hz，则打B点时小车的瞬时速度大小为m/s（保留三位有效数字）10在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，需测量一个标有“3V，1.5W”灯泡两端的电压和通过灯泡的电流现有如下器材：直流电源（电动势3.0V，内阻不计）电流表A1（量程3A，内阻约0.
7、1）电流表A2（量程600mA，内阻约5）电压表V1（量程3V，内阻约3k）电压表V2（量程15V，内阻约200k）滑动变阻器R1（阻值010，额定电流1A）滑动变阻器R2（阻值01k，额定电流300mA）（1）在该实验中，电流表应选择（选填“A1”或“A2”），电压表应选择（选填“V1”或“V2”），滑动变阻器应选择（选填“R1”或“R2”）（2）某同学用导线a、c、d、e、f、g和h连接成如图1所示的电路，请在图2方框中完成实验的电路图（3）该同学连接电路后检查所有元器件都完好，经检查各部分接触良好但闭合开关后，反复调节滑动变阻器，小灯泡的亮度发生变化，但电压表和电流表示数不能调为零，则断
8、路的导线为（4）由于电表内电阻的影响，本实验中电压表的示数（填写“大于”、“等于”、“小于”）小灯泡两端的电压，电流表的示数（填写“大于”、“等于”、“小于”）流过小灯泡的电流；电压表的内电阻对测量结果（填写“有”、“无”）影响，电流表的内电阻对测量结果（填写“有”、“无”）影响11从地面上以初速度v0=10m/s竖直向上抛出一质量为m=0.2kg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=2m/s，且落地前球已经做匀速运动（g=10m/s2）求：（1）球从抛出到落地过程中克服空气阻力所做的功；（2）
9、球抛出瞬间的加速度大小12如图所示，在直角坐标系xoy的第一、四象限中xL的区域内存在有界的匀强磁场，方向垂直纸面向外；在第三象限存在沿y轴正向的匀强电场一质量为m带电量为+q的带电粒子从电场中坐标为（2L，L）的点以速度v0沿+x方向射出，恰好经过坐标原点O处后射入磁场区域，最后带电粒子能再次回到坐标原点O（粒子的重力忽略不计）求（1）第三象限匀强电场场强E的大小；（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小(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3-3】（15分）13下列说法正确的是（）A 物体吸收热量，其温度一定升高B 热量不一定只从高温物体向低温物体传递C 做功和热传递是改
10、变物体内能的两种方式D 布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的分子无规则运动的反映E 第二类永动机是不能制造出来的，尽管它不违反热力学第一定律，但它违反热力学第二定律14一定质量的理想气体从状态A变化到状态B再变化到状态C，其状态变化过程的pV图象如图所示已知该气体在状态A时的温度为27则：该气体在状态BC时的温度分别为多少？该气体从状态A到状态C的过程中是吸热，还是放热？传递的热量是多少？物理-选修3-4（15分）15.一列简谐横波，某时刻的图象如图甲所示，从该时刻开始计时，波上A质点的振动图象如图乙所示，则以下说法正确的是（）A 这列波沿x轴负向传播B 这列波的波速是25m/sC 质点P将比质点
11、Q先回到平衡位置D 经过t=0.4s，A质点通过的路程为4mE 经过t=0.8s，A质点通过的位移为8m16.如图所示为一巨大的玻璃容器，容器底部有一定的厚度，容器中装一定量的水，在容器底部有一单色点光源，已知水对该光的折射率为，玻璃对该光的折射率为1.5，容器底部玻璃的厚度为d，水的深度也为d求：这种光在玻璃和水中传播的速度；水面形成的光斑的面积（仅考虑直接由光源发出的光线）物理-选修3-5（15分）17.下列说法正确的是 （）A 衰变说明原子核内有电子B 保持入射光的强度不变，增大入射光频率，遏止电压将增大C 天然放射性元素的发现说明原子具有复杂结构D 比结合能越大的原子核越稳定E 氡的半
12、衰期是3.8天，现有20g氡，经过7.6天还剩5g氡没发生衰变18.在光滑的水平面上，一质量为mA=0.1kg的小球A，以8m/s的初速度向右运动，与质量为mB=0.2kg的静止小球B发生对心正碰碰后小球B滑向与水平面相切、半径为R=0.5m的竖直放置的光滑半圆形轨道，且恰好能通过最高点N后水平抛出g=10m/s2求：（1）碰撞后小球B的速度大小；（2）小球B从轨道最低点M运动到最高点N的过程中所受合外力的冲量；（3）碰撞过程中系统的机械能损失2015年云南省大理州剑川一中高考物理模拟试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第15题只有一项符合题目要
13、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下列描述中符合物理学史的是（）A 开普勒发现了行星运动三定律，从而提出了日心说B 牛顿发现了万有引力定律并测定出引力常量GC 法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流D 楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化考点：物理学史分析：根据开普勒、牛顿、法拉第和楞次等等科学家对科学事业的贡献进行分析解答解答：解：A、哥白尼提出了日心说，开普勒在研究前人观测的天文数据的基础上，发现了行星运动三定律，支持了日心说
14、，此项不符合史实，故A错误B、牛顿发现了万有引力定律，但并没有测定出引力常量G，后来由卡文迪许测出引力常量G，不符合史实，故B错误C、法拉第在实验中观察到，当导体切割磁感线时，导线中会出现感应电流；而静止的导线附近的线圈中没有电流；故C错误；D、楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化；故D正确；故选：D点评：在探究自然的物理规律过程中，很多科学家作出了贡献，平时要加强记忆，注意收集物理学史，不能张冠李戴2物体A、B的xt图象如图所示，由图可知（）A 从第3s这一时刻起，两物体运动方向相同，且vAvBB 两物体由同一位置开始运
15、动，但物体A比B迟3s才开始运动C 在5s内物体的位移相同，5s末A、B相遇D 5s内A、B的平均速度相等考点：匀变速直线运动的图像分析：由图可知两物体的位置随时间的变化关系，由图象的斜率可知速度大小解答：解：A、图象的斜率表示速度，由图可知，A的斜率大于B的，故A的速度要快；且A从3s开始运动，运动方向都沿x轴的正方向，故A正确；B、由图可知，B从5m处开始运动，而A从0m处开始运动，故二者开始位置不同，故B错误；C、A的位移为10m，而B的位移为5m，故5s内物体的位移不同，故C错误；D、因5s的位移不同，故5s内的平均速度不同，故D错误；故选A点评：研究图象时，首先要明确图象的横纵坐标，
16、再根据点线面的含义确定运动的性质；很多同学可能想当然的当成了vt图象进行了处理，结果可想而知3如图所示，在水平面上沿直线运动的小车上有一个固定的水平横杆，横杆左端悬挂的小球A和小车右端放置的物块B都相对车厢静止关于物块B受到的摩擦力，下列判断中正确的是（）A 物块B不受摩擦力作用B 物块B受摩擦力作用，大小恒定，方向向左C 物块B受摩擦力作用，大小恒定，方向向右D 因小车的运动方向不能确定，故物块B受的摩擦力情况无法判断考点：摩擦力的判断与计算专题：摩擦力专题分析：由AB的状态知其运动状态是一样的，故加速度相同，在对A受力分析可知其合力向左，故加速水平向左，可知B的加速度和受力状况解答：解：A
17、和B都相对车厢静止，加速度相同，方向为水平方向，对A受力分析可知，其受到的重力和拉力的合力恒定水平向右，故加速度恒定，方向水平向右，所以B受静摩擦力的作用方向向右故C正确故选：C点评：本题的重点是依据A的受力来确定B的受力，进而确定加速度，这是受力分析的转移法，在连接体，叠加体等问题中经常用到4特战队员在进行素质训练时，抓住一端固定在同一水平高度的不同位置的绳索，从高度一定的平台由水平状态无初速开始下摆，如图所示，在到达竖直状态时放开绳索，特战队员水平抛出直到落地不计绳索质量和空气阻力，特战队员可看成质点下列说法正确的是（）A 绳索越长，特战队员落地时的水平位移越大B 绳索越长，特战队员在到达
18、竖直状态时绳索拉力越大C 绳索越长，特战队员落地时的速度越大D 绳索越长，特战队员落地时的水平速度越大考点：平抛运动专题：平抛运动专题分析：根据动能定理、结合平抛运动的规律推导出水平位移的表达式，从而确定何时水平位移最大根据牛顿第二定律求出在最低点的拉力，确定拉力的大小解答：解：A、设平台离地的高度为H，绳长为L，根据动能定理得：mgL=，解得：v=对于平抛过程，根据HL=，得t=，得水平位移为：x=vt=2，则知当L=时，水平位移最大故A错误B、在最低点，根据牛顿第二定律得：Fmg=m，解得：F=mg+m=3mg，与绳索的长度无关故B错误C、对全过程运用动能定理得：mgH=，得落地速度：v=
19、，与绳索的长度无关故C错误D、绳索越长，摆到最低点的速度越大，则平抛运动的初速度越大，落地时水平速度越大故D正确故选：D点评：本题考查了动能定理与圆周运动和平抛运动的综合，知道圆周运动向心力的来源和平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律是解决本题的关键5我国未来将建立月球基地，并在饶月轨道上建造空间站，如图所示，关闭动力的航天飞机在月球引力作用下经椭圆轨道向月球靠近，并将与空间站在B处对接，已知空间站绕月半径为r，周期为T，引力常数为G，下列说法正确的是（）A 图中航天飞机在飞向B处的过程中，加速度逐渐减小B 航天飞机在B处由椭圆轨道进入空间站轨道必须点火加速C 根据题中条件可以算出月球的质
20、量D 根据题中条件可以算出空间站受到月球引力大小考点：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分析：航天飞机在月球引力作用下经椭圆轨道向月球靠近的过程中，根据牛顿第二定律判断加速度的变化；椭圆轨道和圆轨道是不同的轨道，必须经过变轨才能进入空间站轨道根据万有引力等于向心力，列式可求得月球的质量对照万有引力定律，分析能否求出空间站受到月球引力的大小解答：解：A：图中航天飞机在飞向B处的过程中，根据牛顿第二定律得：a=，由于r逐渐变小，所以加速度逐渐变大故A错误；B：椭圆轨道和圆轨道是不同的轨道，航天飞机不可能自主改变轨道，只有在减速变轨后，才能进入空间站
21、轨道故B错误；C：对空间站，根据万有引力提供向心力，得，根据空间站的轨道半径为r，周期为T，万有引力常量为G就能计算出月球的质量M故C正确D：由于空间站的质量不知，根据万有引力定律F=知，不能求出空间站受到月球引力的大小，故D错误故选：C点评：该题考查万有引力与航天，这类问题的关键思路是万有引力提供向心力属于基础题目6如图所示，边长为L、匝数为N，电阻不计的正方形线圈abcd在磁感应强度为B的匀强磁场中绕转轴OO转动，轴OO垂直于磁感线，在线圈外接一含有理想变压器的电路，变压器原、副线圈的匝数分别为n1和n2保持线圈以恒定角速度转动，下列判断正确的（）A 在图示位置时线框中磁通量为零，感应电动
22、势最大B 当可变电阻R的滑片P向上滑动时，电压表V2的示数变大C 电压表V1示数等于NBL2D 变压器的输入与输出功率之比为1：1考点：变压器的构造和原理；电功、电功率；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：正弦式交流发电机从垂直中性面位置开始计时，其电动势表达式为：e=NBScost；电压表和电流表读数为有效值；输入功率等于输出功率解答：解：A、从垂直于中性面时开始时，矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=NBScost，磁通量为零，电动势最大，故A正确；B、当P位置向上移动，R增大，根据理想变压器的变压原理知输出电压即电压表V2的示数不变，故B错误；C、交流电压
23、的最大值等于NBL2，电压表V1示数为有效值，C错误；D、变压器的输入与输出功率之比为1：1，故D正确；故选：AD点评：本题关键明确交流四值、理想变压器的变压比公式、功率关系，题目难度不大7如图所示，在垂直纸面向里的匀强磁场的边界上，有两个质量和电量均相同的正、负离子（不计重力），从O点以相同的速度先后射人磁场中，入射方向与边界成角，则正、负离子在磁场中（）A 运动时间相同B 运动轨迹的半径相同C 重新回到边界时速度相同D 重新回到边界的位置与O点的距离不相等考点：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：正负离子的质量与电量相同，进入同一磁场做匀速圆周运动的周期相同，根
24、据偏向角的大小分析运动时间的长短由牛顿第二定律研究轨道半径根据圆的对称性，分析离子重新回到边界时速度方向关系和与O点距离解答：解：A、粒子在磁场中运动周期为T=，则知两个离子圆周运动的周期相等根据左手定则分析可知，正离子逆时针偏转，负离子顺时针偏转，重新回到边界时正离子的速度偏向角为22，轨迹的圆心角也为22，运动时间t=T同理，负离子运动时间t=T，显然时间不等故A错误B、根据牛顿第二定律得：qvB=m得：r=，由题意可知q、v、B大小均相同，则r相同故B正确C、正负离子在磁场中均做匀速圆周运动，速度沿轨迹的切线方向，根据圆的对称性可知，重新回到边界时速度大小与方向相同故C正确D、根据几何知
25、识得知重新回到边界的位置与O点距离S=2rsin，r、相同，则S相同故D错误故选：BC点评：带电粒子垂直射入单边界的匀强磁场中，可分两类模型分析：一为同方向射入的不同粒子；二为同种粒子以相同的速率沿不同方向射入无论哪类模型，都遵守以下规律：（1）轨迹的圆心在入射方向的垂直线上，常可通过此垂线的交点确定圆心的位置（2）粒子射出方向与边界的夹角等于射入方向与边界的夹角8两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势为零，ND段中C点电势最高，则（）A q1为正电荷，q2为负电荷B q1电荷量大于q2的电荷量C NC间场强方向
26、沿x轴正方向D 将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功考点：电势；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：x图象的斜率等于电场强度E根据两点电荷连线的电势高低的分布如图所示，由于沿着电场线电势降低，可知两点电荷的电性根据功能关系分析电场力做功的正负解答：解：A、由图知无穷远处的电势为0，A点的电势为零，由于沿着电场线电势降低，所以O点的电荷q1带正电，M点电荷q2带负电故A正确B、由图知无穷远处的电势为0，A点的电势为零由于A点距离O比较远而距离M比较近，所以q1电荷量大于q2的电荷量故B正确；C、由图可知：从N到C，电势三个，根据顺着电场线电势降低可知，NC间电场
27、强度方向沿x轴负方向，故C错误；D、ND段中，电势先高升后降低，所以场强方向先沿x轴负方向，后沿x轴正方向，将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功故D正确；故选：ABD点评：电势为零处，电场强度不一定为零电荷在电场中与电势的乘积为电势能电场力做功的正负决定电势能的增加与否二、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在“探究恒力做功与动能改变的关系”实验中（装置如图甲）：下列说法哪一项是正确的C（填选项前字母）A平衡摩擦力时必须将钩码通过细线挂在小车上B为减小系统误差，应使钩码质量远大于小
28、车质量C实验时，应使小车靠近打点计时器由静止释放图乙是实验中获得的一条纸带的一部分，选取O、A、B、C计数点，已知打点计时器使用的交流电频率为50Hz，则打B点时小车的瞬时速度大小为0.653m/s（保留三位有效数字）考点：探究功与速度变化的关系专题：实验题分析：平衡摩擦力是用重力的下滑分量来平衡小车受到的摩擦力，故不应该将钩码通过细线挂在小车上，为减小系统误差，应使钩码质量远小于小车质量，实验时，应使小车靠近打点计时器由静止释放；用平均速度等于中间时刻的瞬时速度的结论求解解答：解：A、平衡摩擦力时要将纸带、打点计时器、小车等连接好，但不要通电和挂钩码，故A错误；B、为减小系统误差，应使钩码质
29、量远小于小车质量，使系统的加速度较小，避免钩码失重的影响，故B错误；C、实验时，应使小车靠近打点计时器由静止释放，故C正确；故选：C；B为AC时间段的中间时刻，根据匀变速运动规律得，平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故：vB=m/s=0.653m/s故答案为：C 0.653点评：“探究恒力做功与动能改变的关系”与“探究加速度与力、质量的关系”有很多类似之处，在平时学习中要善于总结、比较，提高对实验的理解能力10在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，需测量一个标有“3V，1.5W”灯泡两端的电压和通过灯泡的电流现有如下器材：直流电源（电动势3.0V，内阻不计）电流表A1（量程3A，内阻约0.1）
30、电流表A2（量程600mA，内阻约5）电压表V1（量程3V，内阻约3k）电压表V2（量程15V，内阻约200k）滑动变阻器R1（阻值010，额定电流1A）滑动变阻器R2（阻值01k，额定电流300mA）（1）在该实验中，电流表应选择A2（选填“A1”或“A2”），电压表应选择V1（选填“V1”或“V2”），滑动变阻器应选择R1（选填“R1”或“R2”）（2）某同学用导线a、c、d、e、f、g和h连接成如图1所示的电路，请在图2方框中完成实验的电路图（3）该同学连接电路后检查所有元器件都完好，经检查各部分接触良好但闭合开关后，反复调节滑动变阻器，小灯泡的亮度发生变化，但电压表和电流表示数不能调为
31、零，则断路的导线为h（4）由于电表内电阻的影响，本实验中电压表的示数等于（填写“大于”、“等于”、“小于”）小灯泡两端的电压，电流表的示数大于（填写“大于”、“等于”、“小于”）流过小灯泡的电流；电压表的内电阻对测量结果有（填写“有”、“无”）影响，电流表的内电阻对测量结果无（填写“有”、“无”）影响考点：描绘小电珠的伏安特性曲线专题：实验题；恒定电流专题分析：1、根据灯泡的额定电压及功率可得出通过灯泡的电流，则可选择电流表；根据实验的接法及滑动变阻器的应用可选出滑动变阻器；2、根据实验的原理可选了正确的滑动变阻器及电流表的接法；3、根据电路中的现象，利用电路原理可知哪个地方发生了断路；4、电
32、流表外接法，由于电压表的分流作用，使电流表测的电流大于流过电阻的电流，由R=知测量值小于真实值；待测电阻越小，电压表的分流作用越小，电流表测的电流越接近流过电阻的真实值，实验误差越小解答：解：（1）由P=UI可知，I=500mA；为了安全和准确，电流表应选择A2；灯泡的额定电压为3V，直流电压表选择3V量程的误差较小，即选V1因本实验中应采用分压接法，故滑动变阻器应选R1；（2）因测量小灯泡的伏安特性曲实验中要求电压从零开始调节，故滑动变阻器应采用分压接法；同时因灯泡内阻较小，故电流表采用外接法；原理图如下；（3）由题意可知，电路中有电流但不能调零，且灯泡亮度发生变化，说明滑动变阻器接成了限流
33、接法，故说明h导线发生了断路；（4）由于电表内电阻的影响，本实验中电压表的示数等于小灯泡两端的电压，大于电流表的示数大于流过小灯泡的电流；电压表的内电阻对测量结果有影响，电流表的内电阻对测量结果无影响故答案为：（1）A2、V1、R1（2）如图（3）h（4）等于、大于、有、无点评：描绘小灯泡的伏安持性曲线实验中要注意实验中的原理及接法；要求学生熟练应用分压接法为了减小误差：1、当待测电阻阻值远小于电压表内阻时，用外接法2、当电流表内阻阻值远小于待测电阻阻值时，使用内接法11从地面上以初速度v0=10m/s竖直向上抛出一质量为m=0.2kg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
34、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=2m/s，且落地前球已经做匀速运动（g=10m/s2）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考点：动能定理；牛顿第二定律专题：动能定理的应用专题分析：（1）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解答：解：（1）球从抛出到落地过程中，由动能定理得 Wf=（22102）J=9.6J克服空气阻力做功为9.6J（2）由题意得，
35、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a0=（1+）g=60m/s2答：（1）球从抛出到落地过程中克服空气阻力所做的功是9.6J；（2）球抛出瞬间的加速度大小是60m/s2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12如图所示，在直角坐标系xoy的第一、四象限中xL的区域内存在有界的匀强磁场，方向垂直纸面向外；在第三象限存在沿y轴正向的匀强电场一质量为m带电量为+q的带电粒子从电场中坐标为（2L，L）的点以速度v0沿+x方向射出，恰好经过坐标原点O处后射入磁场区
36、域，最后带电粒子能再次回到坐标原点O（粒子的重力忽略不计）求（1）第三象限匀强电场场强E的大小；（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小考点：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：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，运用运动的分解法，由牛顿第二定律和运动学公式求解场强E的大小；（2）带电粒子进入磁场后，由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动由题意，粒子经过原点O处射入区域I又从M点射出区域I，画出轨迹，由几何知识求出轨迹半径，由牛顿第二定律即可求得磁感应强度B的大小解答：解：（1）沿x轴方向：2L=v0t 沿y轴方向：L=at2 根据牛顿第二定律
37、：a=由式得：E=（2）y轴方向的速度：vy=at 速度和x轴方向的夹角：tan=粒子速度：v= 洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律：qvB=m由几何关系有：R=L 由式得：B=答：（1）第三象限匀强电场场强E的大小为；（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小为点评：本题考查带电粒子在电磁场中的运动，注意在磁场中的运动要注意几何关系的应用，在电场中注意由类平抛运动的规律求解(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3-3】（15分）13下列说法正确的是（）A 物体吸收热量，其温度一定升高B 热量不一定只从高温物体向低温物体传递C 做功和热传递是改变物体内能的两种方式D 布朗运动是
38、悬浮在液体中固体颗粒的分子无规则运动的反映E 第二类永动机是不能制造出来的，尽管它不违反热力学第一定律，但它违反热力学第二定律考点：热力学第二定律；布朗运动；改变内能的两种方式专题：热力学定理专题分析：做功和热传递是改变物体内能的两种方式，根据热力学第一定律，E=W+Q，物体的内能的变化与外界做功和物体的吸收热量有关；根据热力学第二定律，熵只会增加，一切自然过程总是向分子热运动的无序性增大的方向进行解答：解：A、根据热力学第一定律，E=W+Q，物体的内能的变化与外界做功和物体的吸收热量有关，物体吸收热量，同时物体对外做功，物体的内能可能减小故A错误；B、热量能由低温物体传递到高温物体，此过程会
39、引起其他的变化故B正确；B、根据热力学第一定律，E=W+Q，物体的内能的变化与外界做功和物体的吸收热量有关，外界对物体做功，物体对外放热，物体的内能可能减小故B错误；C、做功和热传递是改变物体内能的两种方式，故C正确；D、布朗运动是悬浮在液体中的固体颗粒的无规则的运动故D错误E、第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律故E正确故选：BCE点评：该题考查到布朗运动、内能、与热力学的两个定律，一定要加强对热力学第二定律的理解，牢记它的三种不同的表达形式14一定质量的理想气体从状态A变化到状态B再变化到状态C，其状态变化过程的pV图象如图所示已知该气体在状态A时的温度为27则：该气体在
40、状态BC时的温度分别为多少？该气体从状态A到状态C的过程中是吸热，还是放热？传递的热量是多少？考点：气体的等容变化和等压变化专题：压轴题；气体的状态参量和实验定律专题分析：根据图象可知：AB等容变化，由查理定律即可求出B状态温度；BC等压变化，由盖吕萨克定律即可求出C状态温度；比较AC两状态的温度，从而判断气体内能的变化，比较AC两状态的体积可判断W的正负，再根据可根据热力学第一定律即可解决问题解答：解；对于理想气体由图象可知：AB等容变化，由查理定律得：代入数据得：TB=100K又：T=273+t得：tB=173 BC等压变化，由盖吕萨克定律得 代入数据得：TC=300K联立得：tC=27A
41、到状态C体积增大，对外做功，即W0，TA=TC，所以，A到状态C的过程中内能变化量为0由热力学第一定律得：Q0，所以AC的过程中是吸热吸收的热量Q=W=PV=1105（31031103）J=200J答：B、C时的温度分别为173，27A到状态C的过程中吸热，吸了200J点评：解决气体问题的关键是挖掘出隐含条件，正确判断出气体变化过程，合理选取气体实验定律解决问题；对于内能变化牢记温度是理想气体内能的量度，与体积无关物理-选修3-4（15分）15.一列简谐横波，某时刻的图象如图甲所示，从该时刻开始计时，波上A质点的振动图象如图乙所示，则以下说法正确的是（）A 这列波沿x轴负向传播B 这列波的波速
42、是25m/sC 质点P将比质点Q先回到平衡位置D 经过t=0.4s，A质点通过的路程为4mE 经过t=0.8s，A质点通过的位移为8m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：由乙图读出该时刻即t=0时刻质点A的速度方向，由甲图判断出波的传播方向由甲图读出波长，由乙图周期，求出波速分析P与Q的振动方向，判断它们回到平衡位置的先后根据时间与周期的倍数关系，结合一个周期内质点通过的路程是4倍振幅，求解经过t=0.4s，A质点通过的路程和位移解答：解：A、由乙图读出t=0时刻质点A的速度方向为沿y轴正方向，由甲图判断出波的传播方向为沿x轴负向故A正确B、由甲图读出该波
43、的波长为=20m，由乙图周期为T=0.8s，则波速为v=25m/s故B正确C、图示时刻质点P沿y轴负方向，Q直接向平衡位置运动，所以质点P将比质点Q后回到平衡位置故C错误D、t=0.4s=0.5T，质点做简谐运动时在一个周期内质点A通过的路程是4倍振幅，则经过t=0.4s，A质点通过的路程是S=2A=4cm故D正确E、经过t=0.4s，质点A回到平衡位置，通过的位移为0，故E错误故选：ABD点评：本题既要理解振动图象和波动图象各自的物理意义，由振动图象能判断出质点的速度方向，同时要把握两种图象的联系，由质点的速度方向，判断出波的传播方向16.如图所示为一巨大的玻璃容器，容器底部有一定的厚度，容
44、器中装一定量的水，在容器底部有一单色点光源，已知水对该光的折射率为，玻璃对该光的折射率为1.5，容器底部玻璃的厚度为d，水的深度也为d求：这种光在玻璃和水中传播的速度；水面形成的光斑的面积（仅考虑直接由光源发出的光线）考点：光的折射定律专题：光的折射专题分析：由公式v=计算光在玻璃和水中的速度；画出光路图，光恰好在水和空气的分界面和玻璃与水的分界面发生全反射的临界角求出，然后结合几何关系求解半径解答：解：由v=得光在水中的速度为：v=c光在玻璃中的速度为：v=c画出光路图如图所示：光恰好在水和空气的分界面发生全反射时sinC=，在玻璃与水的分界面上，由=得：sin=，则光斑的半径为：r=（+）
45、d面积为：s=（+）2d2答：这种光在玻璃和水中传播的速度为c和c；水面形成的光斑的面积为（+）2d2点评：本题的关键是掌握从光密介质射向光疏介质发生全反射时的通式：=物理-选修3-5（15分）17.下列说法正确的是 （）A 衰变说明原子核内有电子B 保持入射光的强度不变，增大入射光频率，遏止电压将增大C 天然放射性元素的发现说明原子具有复杂结构D 比结合能越大的原子核越稳定E 氡的半衰期是3.8天，现有20g氡，经过7.6天还剩5g氡没发生衰变考点：光电效应；原子核衰变及半衰期、衰变速度；原子核的结合能专题：光电效应专题分析：衰变的电子是中子转变成质子放出的电子；根据eUc=Ekm，而Ekm
46、=hW；遏止电压与入射频率有关；天然放射性说明原子核有复杂结构；比结合能越大，原子核越稳定；经过一个半衰期有半数发生衰变成新核，从而即可求解解答：解：A、衰变不能说明原子核内有电子，是中子转变成质子，而放出电子的，故A错误；B、根据eUc=Ekm，而Ekm=hW，当保持入射光的强度不变，增大入射光频率，遏止电压将增大，故B正确；C、天然放射性元素的发现说明原子核具有复杂结构，故C错误；D、比结合能越大的原子核越稳定，故D正确；E、半衰期是3.8天，经过7.6天，20g氡，还剩5g氡没发生衰变，故E正确；故选：BDE点评：考查衰变中的电子从何而来，理解遏止电压与入射频率的关系，掌握原子核的结构与
47、原子的核式结构的区别，注意比结合能与结合能的不同，最后掌握半衰期的概念18.在光滑的水平面上，一质量为mA=0.1kg的小球A，以8m/s的初速度向右运动，与质量为mB=0.2kg的静止小球B发生对心正碰碰后小球B滑向与水平面相切、半径为R=0.5m的竖直放置的光滑半圆形轨道，且恰好能通过最高点N后水平抛出g=10m/s2求：（1）碰撞后小球B的速度大小；（2）小球B从轨道最低点M运动到最高点N的过程中所受合外力的冲量；（3）碰撞过程中系统的机械能损失考点：动量守恒定律；牛顿第二定律；向心力；机械能守恒定律专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合分析：（1）小球恰好能通过最高点N，说明小球
48、到达最高点时小球的重力提供向心力，由牛顿第二定律求出小球到达N点的速度，由动能定理可以求出碰撞后小球B的速度（2）由动量定理可以求出合外力的冲量（3）由能量守恒定律可以求出碰撞过程中机械能的损失解答：解：（1）小球B在最高点N时，由牛顿第二定律得：mBg=mB，解得：vN=m/s；小球从最低点运动到最高点的过程中，由动能定理得：2mBgR=mBvN2mBvM2，解得：vM=5m/s；（2）以向右为正方向，从M到N过程，由动量定理得：I=mBvNmBvM=（+1）Ns，方向向左；（3）碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律得：mAv0=mAvA+mBvB，vB=vM，解得：vA=2m/s；碰撞过程中，由能量守恒定律可得：损失的机械能为E=mAv02mAvA2mBvB2=0.5J；答：（1）碰撞后小球B的速度大小为5m/s；（2）小球B从轨道最低点M运动到最高点N的过程中所受合外力的冲量大小为（+1）Ns，方向向左；（3）碰撞过程中系统的机械能损失为0.5J点评：熟练应用牛顿第二定律、动能定理、能量守恒定律即可正确解题
