1、湖南省衡阳市2015届高考物理三模试卷一、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1-5题只有一项符合题目要求，第6-8题有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分1一个物体沿直线运动，描绘出物体的t图象如图所示，则下列判断正确的是( )A物体做匀速直线运动B物体做变加速直线运动C物体的初速度大小为1m/sD物体的加速度大小为1m/s22质量均为m的滑块A、B紧靠着一起从固定斜面顶端由静止开始下滑，它们与斜面之间的摩擦因数分别为1和2，且12在此过程中，物块B对A的压力为( )AB（12）mgcosCmgsin1mgcosD03如图所示，两个等量
2、异种点电荷+Q和Q分别位于空间中正方体ABCDEFGH中顶点B、D处，O点为ABCD的中心，则下列说法正确的是( )AA、C两点场强相等，电势不等BO点电势高于G点电势C将正试探电荷从F点沿直线移到H点，电场力做正功D将一正试探电荷在O点的电势能小于在H点的电势能4“轨道康复者”简称“CX”，它可在太空中给“垃圾卫星”补充能量，延长卫星的寿命，假设“CX”正在地球赤道平面内的圆周轨道上运行，运行方向与地球自转方向一致轨道半径为地球同步卫星轨道半径的，则( )A“CX”的速率是地球同步卫星速率的倍B“CX”的加速度是地球同步卫星加速度的5倍C“CX”相对于地球赤道上的观测者向西运动D“CX”要实
3、现对更低轨道上“垃圾卫星”的拯救必须直接加速5如图所示，等腰三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的底边在x轴上且长为2L，高为L，纸面内一边长为L的正方形导线框沿x轴正方向做匀速直线运动穿过匀强磁场区域，在t=0时刻恰好位于如图所示的位置，以顺时针方向为导线框中电流的正方向，下面四幅图中能够正确表示导线框中的电流位移（Ix）关系的是( )ABCD6如图所示，一粗糙程度处处相同的竖直半圆形框架ABC固定在水平面上，框架下面放一块厚度忽略不计的金属板，金属板的中心O点位于框架的圆心处，框架上套有一个重力不计的轻圆环，用轻弹簧把圆环与金属板的O点连接，开始轻弹簧处于水平拉紧状态用一个始终沿框架
4、切线方向的拉力F拉动圆环从左侧水平位置缓慢绕框架运动，直到轻弹簧达到竖直位置，金属板始终保持静止状态，则在整个过程中( )A水平面对金属板的支持力逐渐减小B水平面对金属板的摩擦力逐渐增大C拉力F大小不变D框架对圆环的摩擦力逐渐增大7蹦极模型简化如图甲所示，蹦极比赛中，质量60kg的运动员系在橡皮绳上，橡皮绳另一端固定在O点，运动员从O点由静止下落，下落过程中运动员的速度与下落距离间的关系如图乙所示，橡皮绳的自然长度为12m，且始终在弹性限度内，弹力大小遵循胡克定律，不计橡皮绳的质量及空气阻力，重力加速度g=10m/s2，则( )A在下落过程中运动员的机械能守恒B运动员下落过程中的最大加速度大小
5、约为20m/s2C当橡皮绳上的拉力为1275N时，物体的速度大小约为15m/sD运动员下落过程中橡皮绳的弹性势能最大值约为1104J8某同学在一次探究性活动中设计了如图所示装置用金属制成的“线性”霍尔元件来测量图中的电流I，下列中说法正确的是( )A实验前开关S应接到位置b端B实验时，开关S接在b端，电表指针偏转仍然很小，则应将开关S改接到a位置C电表的正接线柱应于f端相连Def之间应接入电压表，且将其刻度值转化为电流值，才可直接读出待测电流的数值二、非选择题：包括必考题和选考题两部分，第9-12题为必考题，每个试题考生都必须作答，第13-18题为选考题，考生根据要求作答9下面几个实验都用了打
6、点计时器：（1）若需完成“探究小车速度随时间变化的规律”实验，则应选择装置_（填“甲”、“乙”或“丙”），该实验是否需要平衡摩擦阻力？_（填“是”或“否”）（2）如图丁为某同学在一次实验中打出的一条纸带的部分，若所用电源的频率为50Hz，根据测量结果，打C点时纸带的对应速度为_m/s（保留三位有效数字）10某同学动手制作了一个电源，该同学想测量这个电源的电动势E和内阻r，但是从实验室只借到一个开关、一个电阻箱（最大阻值为999.9，可当标准电阻用），一只电流表（量程Ig=0.6A，内阻rg=0.1）和若干导线请根据图1中提供的器材设计测定电源电动势E和内电阻r的电路图，并根据电路图连接图1中的
7、实物图接通开关，逐次改变电阻箱的阻值R，读出与R对应的电流表的示数I，并作好记录当电阻箱的阻值R=2.6时，其对应的电流表的示数如图2所示则示数为_A处理实验数据时，首先计算出每个电流值I的倒数；再制作R坐标图，如图3所示，图中已标注出了（R，）的几个与测量对应的坐标点在图3上把描绘出的坐标点连成图线根据图3描绘出的图线可得出这个电池的电动势E=_V，内电阻r=_11我国自主研发制造的新型舰载机歼31即将服役，某次飞行训练，飞行员乘坐在总质量m=2104kg的训练飞机上，飞机以300m/s的速度沿30倾角匀速爬升到8000m高空时，经过一小段圆弧调整后迅速向上拉起，沿竖直方向以v0=300m/
8、s的初速度向上做匀减速直线运动，匀减速的加速度大小为g，当飞机到最高点后立即掉头向下，沿竖直方向以加速度g做加速运动，在这段时间内创造出完全失重的环境，当飞机离地2000m高时，为了安全必须拉起，之后又可一次次重复为飞行员提供失重训练，每次飞机速度到达450m/s后必须终止失重训练（否则飞机可能失控），求：（整个运动空间重力加速度g=10m/s2）（1）飞机一次上下运动飞行员创造的完全失重的时间；（2）若飞机飞行时所受的空气阻力f=kv2（k=0.5Ns2/m2），飞机从最高点下降到离地4500m时飞机发动机的推力12（18分）如图所示，一对加有恒定电压的平行金属极板竖直放置，板长、间距均为d
9、在右极板的中央有个小孔P，小孔右方半径为R 的圆形区域内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，区域边界刚好与右极板在小孔在P处相切，一排宽度也为d的带负电粒子以速度V0竖直向上同时进入两极板间后，只有一个粒子通过小孔P进入磁场，其余全部打在右极板上，且最后一个到达极板的粒子刚好打在右极板的上边缘已知这排粒子中每个粒子的质量均为m、电荷量大小均为q，磁场的感应强度大小为，不计粒子的重力及粒子间的相互作用力，求：（1）板间的电压大小U；（2）通过小孔P的粒子离开磁场时到右极板的距离L；（3）通过小孔P的粒子在电场和磁场中运动的总时间t总三、物理-选修3-313下列说法中正确的是( )A对于一定质量的理想
10、气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热B当液晶中电场强度不同时，液晶对不同颜色光的吸收强度不同C气体分子热运动的平均动能减少，气体的压强一定减小D可利用高科技手段，将流散的内能全部收集加以利用，而不引起其他变化E即使气体的温度很高，仍有一些分子的运动速率是非常小的14如图所示，一直立气缸由两个横截面积不同的圆筒连接而成，活塞A、B间封闭有一定质量的理想气体，A的上方和B的下方分别与大气相通两活塞用长为L=30cm的不可伸长的细线相连，可在缸内无摩擦地上下滑动当缸内封闭气体的温度为T1=300K时，活塞A、B的平衡位置如图所示已知活塞A、B的质量均为m=1.0kg，横截面积分别为SA
11、=20cm2、SB=10cm2，大气压强为P0=1.0105Pa，重力加速度为g=10m/s2（1）活塞A、B在图示位置时，求缸内封闭气体的压强；（2）现对缸内封闭气体缓慢加热，为使气缸不漏气，求缸内封闭气体的最高温度四、物理-选修3-415一列简谐横波沿x轴正方向传播，在x=12m处的质元的振动图线如图1所示，在x=18m处的质元的振动图线如图2所示下列说法正确的是( )A该波的周期为12sBx=12m处的质元在平衡位置向上振动时，x=18m处的质元在波峰C在04s内x=12m处和x=18m处的质元通过的路程均为6cmD该波的波长可能为8mE该波的传播速度可能为2m/s16如图所示，AOB是
12、截面为扇形的玻璃砖的横截面图，其顶角=76，今有一细束单色光在横截面内从OA边上的点E沿垂直OA的方向射入玻璃砖，光线直接到达AB面且恰好未从AB面射出已知OE=OA，cos53=0.6，试求：玻璃砖的折射率n；光线第一次从OB射出时折射角的正弦值五、物理-选修3-517如图为氢原子能级图下列说法正确的是( )A一个处于n=3能级的氢原子，可以吸收一个能量为0.7eV的光子B一个处于n=3能级的氢原子，可以吸收一个能量为2eV的光子C大量处于n=3能级的氢原子，跃迁到基态的过程中可以释放出3种频率的光子D氢原子从高能级向低能级跃迁的过程中释放的光子的能量不可能大于13.6eVE用能量为10eV
13、和3.6eV的两种光子同时照射大量氢原子，有可能使处于基态的氢原子电离18如图所示，AB为倾角=37的粗糙斜面轨道，通过一小段光滑圆弧与光滑水平轨道BC相连接，质量为m2的小球乙静止在水平轨道上，质量为m1的小球甲以速度v0与乙球发生弹性正碰则碰后小球甲速度多大？（用m1，m2，v0表示）若m1：m2=1：2，且轨道足够长，要使两球能发生第二次碰撞，求乙球与斜面之间的动摩擦因数的取值范围（sin37=0.6，cos37=0.8）湖南省衡阳市2015届高考物理三模试卷一、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1-5题只有一项符合题目要求，第6-8题有多项符合题目要求，全部
14、选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分1一个物体沿直线运动，描绘出物体的t图象如图所示，则下列判断正确的是( )A物体做匀速直线运动B物体做变加速直线运动C物体的初速度大小为1m/sD物体的加速度大小为1m/s2考点：匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系 专题：运动学中的图像专题分析：根据数学知识写出x与t的关系式，再求出v与t的关系，从而判断物体的运动性质和加速度解答：解：由数学知识可得：=（0.5t+0.5）m/s，则得：x=0.5t2+0.5t由匀变速直线运动的位移公式x=v0t+可知物体做匀加速直线运动，初速度为v0=0.5m/s，物体的加速度大小为1m/s2故
15、ABC错误，D正确故选：D点评：解决本题的关键是运用数学知识写出x与t的关系式，采用比对法分析物体的运动性质2质量均为m的滑块A、B紧靠着一起从固定斜面顶端由静止开始下滑，它们与斜面之间的摩擦因数分别为1和2，且12在此过程中，物块B对A的压力为( )AB（12）mgcosCmgsin1mgcosD0考点：牛顿第二定律；物体的弹性和弹力 专题：牛顿运动定律综合专题分析：先以两个物体整体为研究对象，由牛顿第二定律求出加速度，再隔离其中一个物体研究，求出1施于2的作用力大小解答：解：整体由牛顿第二定律得：2mgsin1mgcos2mgcos=2ma对A由牛顿第二定律得：F+mgsin1mgcos=
16、ma联立解得：F=故选：A点评：本题是连接体问题，考查灵活选择研究对象的能力，往往用整体法求加速度，而求内力时必须用隔离法3如图所示，两个等量异种点电荷+Q和Q分别位于空间中正方体ABCDEFGH中顶点B、D处，O点为ABCD的中心，则下列说法正确的是( )AA、C两点场强相等，电势不等BO点电势高于G点电势C将正试探电荷从F点沿直线移到H点，电场力做正功D将一正试探电荷在O点的电势能小于在H点的电势能考点：电势；电场强度 专题：电场力与电势的性质专题分析：一对等量异种电荷在空间产生的电场具有对称性，根据电场线的分布情况和对称性，分析场强大小和方向，判断电场力大小和方向的关系根据等势面分布情况
17、，判断电势关系，确定电势能的关系解答：解：A、根据等量异种电荷电场线的分布情况可知：A点与C点的场强大小相等，方向相同，都平行于BD，AC在等势面上，电势相同故A错误B、O点的电势为零，G点电势也为零，故B错误C、将正试探电荷从F点沿直线移到H点，正电荷沿电场线方向运动，电场力做正功故C正确D、将一正试探电荷从O点移到H点沿电场线方向运动，电场力做正功，故电势能减小，试探电荷在O点的电势能大于在H点的电势能故D错误故选：C点评：本题的解题关键是抓住对称性进行分析，等量异种电荷电场线和等势线的分布情况是考试的热点，要熟悉，并能在相关问题中能恰到好处地应用4“轨道康复者”简称“CX”，它可在太空中
18、给“垃圾卫星”补充能量，延长卫星的寿命，假设“CX”正在地球赤道平面内的圆周轨道上运行，运行方向与地球自转方向一致轨道半径为地球同步卫星轨道半径的，则( )A“CX”的速率是地球同步卫星速率的倍B“CX”的加速度是地球同步卫星加速度的5倍C“CX”相对于地球赤道上的观测者向西运动D“CX”要实现对更低轨道上“垃圾卫星”的拯救必须直接加速考点：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“轨道康复者”在某一位置受到的重力提供它做圆周运动的向心力，可知运行加速度和所在高度出的重力加速度的关系根据万有引力提供向心力分析同步卫星和地球自转的角速度相同，比较出“轨道康复者”和同步卫星
19、的角速度大小，就可以判断出“轨道康复者”相对于地球的运行方向解答：解：A、根据万有引力提供向心力，得，“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动时的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的五分之一，知“轨道康复者”的加速度是地球同步卫星速度的倍，故A正确；B、根据万有引力提供向心力，得a=，“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动时的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的五分之一，知“轨道康复者”的加速度是地球同步卫星加速度的25倍，故B错误；C、轨道半径越大，角速度越小，同步卫星和地球自转的角速度相同，所以空间站的角速度大于地球自转的角速度，所以站在地球赤道上的人观察到cx向东运动故C错误；D、“轨道康复者”要在原轨道
20、上加速将会做离心运动，到更高的轨道上，故D错误故选：A点评：解决本题的关键掌握万有引力等于重力和万有引力提供向心力以及“轨道康复者”处于完全失重状态，靠地球的万有引力提供向心力，做圆周运动5如图所示，等腰三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的底边在x轴上且长为2L，高为L，纸面内一边长为L的正方形导线框沿x轴正方向做匀速直线运动穿过匀强磁场区域，在t=0时刻恰好位于如图所示的位置，以顺时针方向为导线框中电流的正方向，下面四幅图中能够正确表示导线框中的电流位移（Ix）关系的是( )ABCD考点：导体切割磁感线时的感应电动势 专题：电磁感应与图像结合分析：将整个过程分成三个位移都是L的三段，
21、根据楞次定律判断感应电流方向由感应电动势公式E=Blv，l是有效切割长度，分析l的变化情况，确定电流大小的变化情况解答：解：位移在0L过程：磁通量增大，由楞次定律判断感应电流方向为顺时针方向，为正值I=，l=x则I=x位移在L2L过程：磁通量先增大后减小，由楞次定律判断感应电流方向先为顺时针方向，为正值，后为逆时针方向，为负值，故ACD错误位移在2L3L过程：磁通量减小，由楞次定律判断感应电流方向为逆时针方向，为负值I=（2Lx）故选：B点评：本题考查对感应电势势公式E=Blv的理解l是有效的切割长度，可以利用排除法做此题6如图所示，一粗糙程度处处相同的竖直半圆形框架ABC固定在水平面上，框架
22、下面放一块厚度忽略不计的金属板，金属板的中心O点位于框架的圆心处，框架上套有一个重力不计的轻圆环，用轻弹簧把圆环与金属板的O点连接，开始轻弹簧处于水平拉紧状态用一个始终沿框架切线方向的拉力F拉动圆环从左侧水平位置缓慢绕框架运动，直到轻弹簧达到竖直位置，金属板始终保持静止状态，则在整个过程中( )A水平面对金属板的支持力逐渐减小B水平面对金属板的摩擦力逐渐增大C拉力F大小不变D框架对圆环的摩擦力逐渐增大考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力 专题：共点力作用下物体平衡专题分析：弹簧的长度不变，故弹簧的弹力大小不变；先对属板受力分析，受重力、支持力，弹簧的拉力和向右的静摩擦力，根据平衡条
23、件列式求解；再对轻环受力分析，受弹簧的拉力，框架的支持力，拉力和滑动摩擦力，根据平衡条件列式求解解答：解：A、B、弹簧的长度不变，故弹簧的弹力大小不变，设为F；先对属板受力分析，受重力、支持力，弹簧的拉力和向右的静摩擦力，如图；根据平衡条件，有水平方向：f=Fcos 竖直方向：N+Fsin=mg 由式，得到：N=mgFsin，随着的变大，支持力不断减小，故A正确；由式，随着的变大，静摩擦力逐渐减小，故B错误；C、D、对轻环受力分析，受弹簧的拉力，框架的支持力，拉力和滑动摩擦力，根据平衡条件，有F=ff=F解得：F=F，故拉力大小不变，故C正确；由式，滑动摩擦力不变，故D错误；故选：AC点评：本
24、题关键是对先后对俩个物体受力分析，然后根据共点力平衡条件列式求解，要注意弹簧的弹力不变7蹦极模型简化如图甲所示，蹦极比赛中，质量60kg的运动员系在橡皮绳上，橡皮绳另一端固定在O点，运动员从O点由静止下落，下落过程中运动员的速度与下落距离间的关系如图乙所示，橡皮绳的自然长度为12m，且始终在弹性限度内，弹力大小遵循胡克定律，不计橡皮绳的质量及空气阻力，重力加速度g=10m/s2，则( )A在下落过程中运动员的机械能守恒B运动员下落过程中的最大加速度大小约为20m/s2C当橡皮绳上的拉力为1275N时，物体的速度大小约为15m/sD运动员下落过程中橡皮绳的弹性势能最大值约为1104J考点：机械能
25、守恒定律；功能关系 分析：根据运动学知识得速度最大时a=0，由牛顿第二定律得此时重力等于弹簧弹力，解得劲度系数，有图象得到各个状态时的伸长量，求得对应的力，根据牛顿第二定律和机械能守恒定律求解相应问题解答：解：A、下降过程中只有重力和弹力做功，运动员和橡皮绳的机械能守恒，减少的重力势能转化为橡皮绳的弹性势能，根据机械能守恒定律得：最大弹性势能Ep=mgh=601036J=2.16104J，故AD错误；B、根据牛顿第二定律得：Fmg=ma，即：18006010=60a，解得：a=20m/s2，故B正确C、当橡皮绳上的拉力为1275 N时，由F=kx3，解得橡皮绳的伸长量x3=16 m，运动员下落
26、的距离x=28 m，由图乙可知，对应的速度大小约为15 m/s，故C正确故选：BC点评：本题是胡克定律与能量相结合的题目，根据运动图象确定重力和弹力关系，解得弹簧的劲度系数是解题的关键8某同学在一次探究性活动中设计了如图所示装置用金属制成的“线性”霍尔元件来测量图中的电流I，下列中说法正确的是( )A实验前开关S应接到位置b端B实验时，开关S接在b端，电表指针偏转仍然很小，则应将开关S改接到a位置C电表的正接线柱应于f端相连Def之间应接入电压表，且将其刻度值转化为电流值，才可直接读出待测电流的数值考点：霍尔效应及其应用 分析：为保护电路，要让测量电路中的电流值适当小一些；关键安培定则判断出线
27、圈中的磁场的方向，然后结合霍尔效应判断出霍尔电压的正负极；结合电流表与电压表的原理即可解答解答：解：A、实验前由于不知道霍尔电压是否会超出电压表的量程，所以为保护电路，要让测量电路中的电流值适当小一些，开关S应接到位置b端故A正确；B、实验时，开关S接在b端，电表指针偏转仍然很小，说明加在霍尔元件上的磁场比较小，所以应将开关S改接到a位置，增大加在霍尔元件上的磁场故B正确；C、由题图可知，通上如图的电流时，线圈产生的磁场的方向向下，所以加在霍尔元件上的磁场的方向向上，电流的方向向里，根据左手定则可知，电子受到的洛伦兹力的方向向右，所以右端的电势低，电表的正接线柱应于e端相连故C错误；D、运动电
28、荷最终电荷在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，设霍尔元件的长宽高分别为a、b、d，则有：，电流的微观表达式为：I=nevS=nevbd，所以有：U=可知电表上测量的霍尔电压与磁场B成正比，B越大，左、右表面的电势差U越大而磁场是由流过线圈中的电流产生的，磁场与流过线圈的电流成正比，所以可知霍尔电压与流过线圈的电流成正比所以ef之间应接入电压表，且将其刻度值转化为电流值，就可直接读出待测电流的数值故D正确故选：ABD点评：本题考查霍尔效应的原理，要求能够理解电子受到电场力和洛伦兹力平衡，并能够应用另外，该题中的霍尔元件是金属制成，所以在霍尔元件中的载流子是带负电的电子，这是容易出错的地方二、非选
29、择题：包括必考题和选考题两部分，第9-12题为必考题，每个试题考生都必须作答，第13-18题为选考题，考生根据要求作答9下面几个实验都用了打点计时器：（1）若需完成“探究小车速度随时间变化的规律”实验，则应选择装置丙（填“甲”、“乙”或“丙”），该实验是否需要平衡摩擦阻力？否（填“是”或“否”）（2）如图丁为某同学在一次实验中打出的一条纸带的部分，若所用电源的频率为50Hz，根据测量结果，打C点时纸带的对应速度为1.50m/s（保留三位有效数字）考点：探究小车速度随时间变化的规律 专题：实验题分析：（1）在探究中，是否存在阻力，对速度随时间变化的规律研究没有影响，从而根据实验原理，确定属于什么
30、实验装置；（2）根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上C点时小车的瞬时速度大小解答：解：（1）在探究小车速度随时间变化的规律的实验中，小车存在阻力，对其规律的研究没有影响，因此不需要平衡摩擦力；而乙图则为验证机械能是否守恒的实验，对于甲是平衡摩擦力的，故“探究小车速度随时间变化的规律”实验，则应选择装丙图；（2）相邻的计数点间的时间间隔T=0.02s，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，得：VC=1.50m/s 故答案为：（1）丙、否； （2）1.50点评：要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识
31、的理解与应用10某同学动手制作了一个电源，该同学想测量这个电源的电动势E和内阻r，但是从实验室只借到一个开关、一个电阻箱（最大阻值为999.9，可当标准电阻用），一只电流表（量程Ig=0.6A，内阻rg=0.1）和若干导线请根据图1中提供的器材设计测定电源电动势E和内电阻r的电路图，并根据电路图连接图1中的实物图接通开关，逐次改变电阻箱的阻值R，读出与R对应的电流表的示数I，并作好记录当电阻箱的阻值R=2.6时，其对应的电流表的示数如图2所示则示数为0.50A处理实验数据时，首先计算出每个电流值I的倒数；再制作R坐标图，如图3所示，图中已标注出了（R，）的几个与测量对应的坐标点在图3上把描绘出
32、的坐标点连成图线根据图3描绘出的图线可得出这个电池的电动势E=1.5V，内电阻r=0.40考点：测定电源的电动势和内阻 专题：实验题分析：（1）电阻箱可以读出电阻，则本实验中不需要电压表，故将电流表、电阻箱及电源串联即可；（2）根据电表的量程可确定最小分度，则可得出读数；（3）用平滑的导线将各点连接即可，注意误差较大的点要舍去；（4）由闭合电路欧姆定律可得出电阻与电流的关系，则结合图象可得出电动势和内电阻解答：解：（1）由于没有电压表，故采用电阻箱的方式连接即可，故实验电路接法如下图所示；（2）电流表量程为0.6A，最小分度为0.02A，故读数为0.50A；（3）用直线将各点连接起来，误差明确
33、较大的点舍去，得出图线如下图所示；（4）由闭合电路欧姆定律可知：E=I（R+r），R=r，故图象与纵坐标的交点r=0.3；即内电阻为：r=0.40图象的斜率表示电源的电动势，故：E=1.5V；故答案为：（1）电路图如图所示；（2）0.50；（3）图象如图所示；（4）1.5；0.40点评：本题应注意电阻箱由于电阻可读，由可以用来与电流表结合实验得出电源的电动势和内电阻；注意在利用图线进行数据处理时，只要写出纵横坐标所代表物理量之间的函数关系及可明确斜率以及截距的物理意义11我国自主研发制造的新型舰载机歼31即将服役，某次飞行训练，飞行员乘坐在总质量m=2104kg的训练飞机上，飞机以300m/s
34、的速度沿30倾角匀速爬升到8000m高空时，经过一小段圆弧调整后迅速向上拉起，沿竖直方向以v0=300m/s的初速度向上做匀减速直线运动，匀减速的加速度大小为g，当飞机到最高点后立即掉头向下，沿竖直方向以加速度g做加速运动，在这段时间内创造出完全失重的环境，当飞机离地2000m高时，为了安全必须拉起，之后又可一次次重复为飞行员提供失重训练，每次飞机速度到达450m/s后必须终止失重训练（否则飞机可能失控），求：（整个运动空间重力加速度g=10m/s2）（1）飞机一次上下运动飞行员创造的完全失重的时间；（2）若飞机飞行时所受的空气阻力f=kv2（k=0.5Ns2/m2），飞机从最高点下降到离地4
35、500m时飞机发动机的推力考点：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）匀减速上升和匀加速下降都是失重状态，加速度大小为g正是完全失重，故时间为两次的时间之和；（2）求出飞机下降到离地4500m时的速度，结合飞机的加速度为g，由牛顿第二定律求解飞机发动机的推力解答：解：（1）上升时间t1=30 s 上升高度h1=4 500 m 竖直下落当速度达到450 m/s时，下落高度为：h2=10125 m 此时离地高度h=h+h1h2=8000+450010125m=2375 m2000 m 所以t2=45s 飞机一次上下为航天员创造的完全失重时间为t=t1
36、+t2=30s+45s=75s（2）飞机离地4500 m2375 m时，仍处于完全失重状态，飞机自由下落的高度为h2=4500m+8000 m4500 m=8000 m 此时飞机的速度v2=400 m/s 由于飞机加速度为g，所以推力F推应与空气阻力大小相等 F推=F=kv22=0.54002 N=8104 N答：（1）飞机一次上下运动飞行员创造的完全失重的时间为75s；（2）飞机从最高点下降到离地4500m时飞机发动机的推力为8104 N点评：知道匀减速上升和匀加速下降都是失重状态，注意牛顿第二定律的瞬时性以及合理选择运动学方程12（18分）如图所示，一对加有恒定电压的平行金属极板竖直放置，
37、板长、间距均为d在右极板的中央有个小孔P，小孔右方半径为R 的圆形区域内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，区域边界刚好与右极板在小孔在P处相切，一排宽度也为d的带负电粒子以速度V0竖直向上同时进入两极板间后，只有一个粒子通过小孔P进入磁场，其余全部打在右极板上，且最后一个到达极板的粒子刚好打在右极板的上边缘已知这排粒子中每个粒子的质量均为m、电荷量大小均为q，磁场的感应强度大小为，不计粒子的重力及粒子间的相互作用力，求：（1）板间的电压大小U；（2）通过小孔P的粒子离开磁场时到右极板的距离L；（3）通过小孔P的粒子在电场和磁场中运动的总时间t总考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场
38、中的运动 专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：（1）根据粒子做类平抛运动，结合运动的合成与分解，及牛顿第二定律与运动学公式，即可求解；（2）根据速度的合成法则，结合圆周运动的半径公式，即可求解；（3）根据粒子在电场中，由运动学公式求得运动的时间，再根据在磁场中，轨迹对应的圆心角，求得在磁场中运动时间，最后即可求解总时间解答：解：（1）粒子在电场力作用下，做类平抛运动，根据牛顿第二定律与运动学公式，则有：水平方向有：；竖直方向有：d=v0t；而a=；解得：U=；（2）粒子从P点进入磁场时的速度大小，设为v，则有：v=v0；且速度与竖直板夹角为45；根据圆周运动的半径公式，则有：r=而磁场的感
39、应强度大小为：B=，解得：r=R；根据几何关系，可知，离开磁场时到右极板的距离为：L=R；（3）粒子在电场力作用下，做类平抛运动，所需要时间为：t1=；而粒子在磁场中，与水平方向夹角为45，那么出磁场时，也与水平方向夹角为45，因此在磁场中运动时间为：t2=；那么通过小孔P的粒子在电场和磁场中运动的总时间为：t总=t1+t2=；答：（1）板间的电压大小；（2）通过小孔P的粒子离开磁场时到右极板的距离R；（3）通过小孔P的粒子在电场和磁场中运动的总时间点评：考查粒子在电场中类平抛运动与磁场中匀速圆周运动，掌握牛顿第二定律与运动学公式的应用，理解向心力表达，注意结合几何关系画出运动轨迹是解题的关键
40、三、物理-选修3-313下列说法中正确的是( )A对于一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热B当液晶中电场强度不同时，液晶对不同颜色光的吸收强度不同C气体分子热运动的平均动能减少，气体的压强一定减小D可利用高科技手段，将流散的内能全部收集加以利用，而不引起其他变化E即使气体的温度很高，仍有一些分子的运动速率是非常小的考点：* 晶体和非晶体；分子间的相互作用力；理想气体的状态方程 分析：结合理想气体的状态方程分析气体的状态参量的变化，结合热力学第一定律分析内能的变化；液晶的光学性质具有各向异性；不可能将流散的内能全部收集加以利用，而不引起其他变化；分子的运动速率的分布特
41、点满足麦克斯韦分布律解答：解：A、对于一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，对外 做功；同时根据理想气体的状态方程：=C可知，气体的温度一定升高，则内能一定增大根据热力学第一定律，那么它一定从外界吸热，故A正确；B、当液晶中电场强度不同时，它对不同颜色的光吸收强度不同，就能显示各种颜色，故B正确；C、气体分子热运动的平均动能减少则温度降低，而根据据理想气体的状态方程：=C可知，气体的压强不一定减小，故C错误，D、根据热力学第二定律可知，不可能将流散的内能全部收集加以利用，而不引起其他变化，故D错误，E、即使气体的温度很高，根据分子速率的分布规律可知，仍有一些分子的运动速率是非常小的，故E
42、正确；故选：ABE点评：本题综合考查了理想气体的状态方程、热力学第一定律、热力学第二定律、液晶的特点以及速率的分布规律等知识，知识点多，需要我们全面掌握14如图所示，一直立气缸由两个横截面积不同的圆筒连接而成，活塞A、B间封闭有一定质量的理想气体，A的上方和B的下方分别与大气相通两活塞用长为L=30cm的不可伸长的细线相连，可在缸内无摩擦地上下滑动当缸内封闭气体的温度为T1=300K时，活塞A、B的平衡位置如图所示已知活塞A、B的质量均为m=1.0kg，横截面积分别为SA=20cm2、SB=10cm2，大气压强为P0=1.0105Pa，重力加速度为g=10m/s2（1）活塞A、B在图示位置时，
43、求缸内封闭气体的压强；（2）现对缸内封闭气体缓慢加热，为使气缸不漏气，求缸内封闭气体的最高温度考点：理想气体的状态方程 专题：理想气体状态方程专题分析：（1）分别以两只活塞为研究对象，然后根据平衡条件分别列式，求出初态时封闭气体的压强（2）现对缸内封闭气体缓慢加热过程，封闭气体做等压变化，根据盖吕萨克定律列式求解即可解答：解：（1）活塞A、B均静止，都处于平衡状态，由平衡条件得：对活塞A：P0SA+mAg=P1SA+FN对活塞B：P0SB=P1SB+mBg+FN代入数据解得：P1=1.2105Pa；（ 2）活塞B刚好移动到两圆筒的连接处时，设气缸内气体的温度为T2，由（1）可知此过程气体做等压
44、变化，由盖呂萨克定律：带入数据解得T2=400K 答：（1）缸内封闭气体的压强为1.2105Pa；（2）缸内封闭气体的最高温度为400K点评：本题关键明确封闭气体的初末状态，然后结合气体实验定律列式求解；同时要对活塞和杆整体受力分析或分别受力分析并结合平衡条件求解初始气压四、物理-选修3-415一列简谐横波沿x轴正方向传播，在x=12m处的质元的振动图线如图1所示，在x=18m处的质元的振动图线如图2所示下列说法正确的是( )A该波的周期为12sBx=12m处的质元在平衡位置向上振动时，x=18m处的质元在波峰C在04s内x=12m处和x=18m处的质元通过的路程均为6cmD该波的波长可能为8
45、mE该波的传播速度可能为2m/s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：首先明确两种图象的意义，获取相关信息，如波长、周期和振幅；利用波速、波长和周期的关系求波速；利用质点的振动情况，判断波的传播方向解答：解：A、由图可知，该波的周期为12s故A正确；B、由图可知，t=3s时刻，x=12m处的质元在平衡位置向上振动时，x=18m处的质元在波峰，故B正确；C、据图2知t=2s时，在x=18m处的质元的位移为零，正通过平衡位置向上运动，在t=4s时刻，在x=18m处的质元的位移大于2cm，所以在04s内x=18m处的质元通过的路程小于6cm故C错误；D、由两图比
46、较可知，x=12m处比x=18m处的质元早振动9s，即，所以两点之间的距离为：（n=0、1、2、3）所以：（n=0、1、2、3）n=0时，波长最大，为：m故D正确；E、波的速度：m/s（n=0、1、2、3）n=0时，最大速度：v=m/s；故E错误；故选：ABD点评：首先明确两个图象的区别和联系，据图求出波长、周期是解题的前提，灵活应用波的传播方向与质点的振动关系是解题的核心16如图所示，AOB是截面为扇形的玻璃砖的横截面图，其顶角=76，今有一细束单色光在横截面内从OA边上的点E沿垂直OA的方向射入玻璃砖，光线直接到达AB面且恰好未从AB面射出已知OE=OA，cos53=0.6，试求：玻璃砖的
47、折射率n；光线第一次从OB射出时折射角的正弦值考点：光的折射定律 专题：光的折射专题分析：由题意光线经AB面反射后恰好未从AB面射出，说明发生了全反射，由几何知识求出光线在AB面的入射角和临界角，由临界角公式sinC=求解折射率光线经过反射射到BO面上，由几何知识求出入射角，再由折射定律求折射角的正弦值解答：解：因OE=OA，由数学知识知光线在AB面的入射角等于37光线恰好未从AB面射出，所以AB面入射角等于临界角，则临界角为：C=37由sin C=得：n=据几何知识得：=76，则OB面入射角为：=1802C=30 设光线第一次从OB射出的折射角为，由=n得：sin=答：玻璃砖的折射率n为；光
48、线第一次从OB射出时折射角的正弦值为点评：正确地画出光路图、灵活运用几何知识求有关角度是解决本题问题的关键，要掌握全反射的条件：光从光密介质射入光疏介质，入射角大于等于临界角，刚好发生全反射时，入射角等于临界角五、物理-选修3-517如图为氢原子能级图下列说法正确的是( )A一个处于n=3能级的氢原子，可以吸收一个能量为0.7eV的光子B一个处于n=3能级的氢原子，可以吸收一个能量为2eV的光子C大量处于n=3能级的氢原子，跃迁到基态的过程中可以释放出3种频率的光子D氢原子从高能级向低能级跃迁的过程中释放的光子的能量不可能大于13.6eVE用能量为10eV和3.6eV的两种光子同时照射大量氢原
49、子，有可能使处于基态的氢原子电离考点：氢原子的能级公式和跃迁 专题：原子的能级结构专题分析：根据数学组合公式 求出氢原子可能辐射光子频率的种数能级间跃迁时，辐射的光子能量等于两能级间的能级差，能级差越大，辐射的光子频率越高解答：解：A、根据E=EmEn，可知，0.7eV不在E范围内故A错误；B、n=3能级的氢原子，E3=1.51eV，当吸收能量为2eV的光子，出现电离现象故B正确；C、根据=3知，这些n=3能级的氢原子可以辐射出三种不同频率的光子故C正确；D、根据辐射的光子能量等于两能级间的能级差，可知，从高能级向低能级跃迁的过程中释放的光子的能量最大值仍小于13.6eV，故D正确；E、由于氢
50、原子的能级，基态的氢原子为能级为13.6eV，要出现电离，则光子的能量即为13.6eV，因此10eV和3.6eV的两种光子不可能出现电离现象故E错误故选：BCD点评：解决本题的关键知道光电效应的条件以及知道能级间跃迁时辐射或吸收的光子能量等于两能级间的能级差，注意电离时，吸引能量可以大于能级之差18如图所示，AB为倾角=37的粗糙斜面轨道，通过一小段光滑圆弧与光滑水平轨道BC相连接，质量为m2的小球乙静止在水平轨道上，质量为m1的小球甲以速度v0与乙球发生弹性正碰则碰后小球甲速度多大？（用m1，m2，v0表示）若m1：m2=1：2，且轨道足够长，要使两球能发生第二次碰撞，求乙球与斜面之间的动摩
51、擦因数的取值范围（sin37=0.6，cos37=0.8）考点：动量守恒定律 专题：动量定理应用专题分析：由于两球发生弹性碰撞，则动量守恒、机械能守恒，结合动量守恒定律和机械能守恒定律求出碰后两球的速度大小，根据能能定理得出碰后乙球返回斜面底端的速度，抓住该速度大于甲的速度，得出动摩擦因数的范围解答：解：设碰后甲的速度为v1，乙的速度为v2，两球碰撞过程中系统动量守恒，以m1的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m1v0=mv1v1+m2v2由机械能守恒定律得：m1v02=m1v12+m2v22联立解得：v1=，v2=；由题意知：m1：m2=1：2，则：v1=v0，v2=v0，设上滑的最大位移大小为s，滑到斜面底端的速度大小为v，由动能定理：（m2gsin37+m2gcos37）s=m2v220（m2gsin37m2gcos37）s=m2v20联立解得：=，乙要能追上甲，则：v解得：0.45；答：碰后小球甲速度为；若m1：m2=1：2，且轨道足够长，要使两球能发生第二次碰撞，乙球与斜面之间的动摩擦因数的取值范围是：0.45点评：本题考查了动量守恒、能量守恒、动能定理的综合运用，知道弹性碰撞的特点，以及两球发生第二次碰撞的条件是解决本题的关键