1、2015年陕西省西安市八校联考高考物理模拟试卷（三）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（6分）如图所示，空间中存在一匀强磁场，将长度为L的直导线放置在y轴上，当通以大小为I、沿y轴负方向的电流后，测得其受到的安培力大小为F方向沿z轴正方向则关于的磁感应强度的方向和大小，说法正确的是（）A只能沿x轴正方向B可能在xOz平面内，大小为C可能在xOy平面内，大小为D可能在zOy平面内，大小为2（6分）光滑水平面上静止的物体，受到一个水平拉力作用开始运动，拉力F随时
2、间t变化的图象如图所示，用Ek、v、x、a分别表示物体的动能、速度、位移和加速度，下列四个图象分别定性描述了这些物理量随时间变化的情况，其中正确的是（）ABCD3（6分）用一水平拉力使质量为m的物体从静止开始沿粗糙的水平面运动，物体的vt图象如图所示，下列表述正确的是（）A在0t1时间内拉力逐渐减小B在0t1时间内物体做曲线运动C在t1t2时间内拉力的功率为零D在t1t2时间内合外力做功为mv24（6分）太阳系中某行星A运行的轨道半径为R，周期为T，但天文学家在观测中发现，其实际运行的轨道与圆轨道存在一些偏离，且每隔时间发生一次最大的偏离形成这种现象的原因可能是A外侧还存在着一颗未知行星B，它
3、对A的万有引力引起A行星轨道的偏离，假设其运动轨道与A在同一平面内，且与A的绕行方向相同，由此可推测未知行星日绕太阳运行的圆轨道半径为（）ARBRCRDR5（6分）如图所示，MN是一点电荷产生的电场中的一条电场线，一个带正电的粒子（不计重力）穿越这条电场线的轨迹如图中虚线所示a、b为轨迹上两点下列结论正确的是（）A产生电场的电荷一定为负点电荷B带电粒子在n点的加速度小于在b点的加速度C带电粒子从a到b过程中动能逐渐减小D带电粒子在a点时具右的电势能大于在b点时具有的电势能6（6分）如图所示，半径为尺的一圆柱形匀强磁场区域的横截面，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，磁场外有一粒子源，能沿一
4、直线发射速度大小不等的在一范围内的同种带电粒子，带电粒子的质量为m，电荷量为q（q0），不计重力现粒子以沿正对co中点且垂直于co方向射人磁场区域，发现带电粒子恰能能从bd之间飞出磁场则（）A从b点飞出的带电粒子的速度最大B从d点飞出的带电粒子的速度最小C从d点飞出的带电粒子的时间最长D从b点飞出的带电粒子的时间最短7（6分）如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为4：1，电压表和电流表均为理想交流电表，原线圈接如图乙所示的正弦交流电，图中R为NTC型热敏电阻（阻值随温度的升高而减小），R1为定值电阻，下列说法正确的是（）A交流电压M的表达式u=36sin100tVBR1处温度升高时，电流表
5、A的示数变大，电压表V2示数减小C变压器原、副线圈中的电流之比随R1处温度的变化而变化DR1处温度升高时，变压器原线圈的输入功率变大8（6分）如图所示，不计电阻的光滑U形金属框水平放置，光滑、竖直玻璃挡板H、P固定在框上，H、P的间距很小质量为0.2kg的细金属杆CD恰好无挤压地放在两挡板之间，与金属框接触良好并围成边长为1m的正方形，其有效电阻为0.1此时在整个空间加上方向与水平面成30角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律是B=（0.40.2t）T，图示磁场方向为正方向框、挡板和杆不计形变则（）A金属杆中感应电流方向始终从C至DB金属杆中感应电流的大小始终为2AC金属杆受到向
6、上的支持力一直增大Dt=0时与t=4s时，金属杆对挡板的压力大小均为0.4N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，每个小题考生都必须作答，第13题第18题为选考题，考生根据要隶作答）（一）必考题9（6分）某实验小组利用如图甲所示的气垫导轨实验装置来探究合力一定时，物体的加速度与质量之间的关系（1）为了保持滑块所受的合力不变，可改变滑块质量M和气垫导轨最右端高度h（见图甲）关于“改变滑块质量M和气垫导轨最右端的高度”的正确操作方法是AM减小时，h增大，以保持二者乘积不变BM增大时，h增大，以保持二者乘积增大CM增大时，h减小，以保持二者乘积减小DM减小时，h减小，以保持
7、二者乘积减小（2）做实验时，将滑块从图甲所示位置气垫导轨右端由静止释放，由数字计时器（图中未画出）可读出遮光条通过光电门1、2的时间分别为t1、t2；用刻度尺测得两个光电门中心之间的距离x，用游标卡尺测得遮光条宽度d则滑块加速度的表达式a=（以上表达式均用已知字母表示）如图乙所示，若用20分度的游标卡尺测量遮光条的宽度，其读数mm10（9分）某同学在用电流表和电压表测电池的电动势和内阻的实验中，为了便于测量，给电源串联了一个2的保护电阻R0，实验电路如图1所示，（1）连好电路后，当该同学闭合电键，发现电流表示数为0，电压表示数不为0检查各接线柱均未接错，且接触良好；他用多用电表的电压挡检查电路
8、，把两表笔分别接a、b；b、c；d、e时，示数均为0，把两表笔接c、d时，示数与电压表示数相同，由此可推断故障是（2）按电路原理图l及用多用电表的电压挡检查电路，把两表笔分别接c、d时的实物电路图2以画线代导线将没连接的线连接起来（3）排除故障后，该同学顺利完成实验，测得下列数据且根据数据在坐标图3中描出对应的点，请画出UI图；I/A0.100.170.230.300.40U/A1.201.000.800.600.55由图3求出：电池的电动势为V，内阻为（4）考虑电表本身电阻对测量结果的影响，造成本实验的系统误差的原因是，测出的电动势与真实值相比会（填“增大”、“减小”或“不变”）11（14分
9、）如图甲所示，一半径R=1m、竖直圆弧形光滑轨道，与斜面相切于B处，圆弧轨道的最高点为M，斜面倾角=37，t=0时刻，有一质量m=2kg的物块从A点开始沿斜面上滑，其在斜面上运动的速度变化规律如图乙所示，若物块恰能到达M点，（取g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8），求：（1）物块经过B点时的速度VB（2）物块在斜面上滑动的过程中克服摩擦力做的功12（18分）如图（甲）所示，在直角坐标系0xL区域内有沿y轴正方向的匀强电场，右侧有一个以点（3L，0）为圆心、半径为L的圆形区域，圆形区域与x轴的交点分别为M、N现有一质量为m、带电量为e的电子，从y轴上的A点以速度v0沿x轴正
10、方向射入电场，飞出电场后从M点进入圆形区域，速度方向与X轴夹角为30此时在圆形区域加上如图（乙）所示周期性变化的磁场（以垂直于纸面向外为磁场正方向），最后电子运动一段时间后从N点飞出，速度方向与进入磁场时的速度方向相同（与X轴夹角也为30）求：（1）0xL区域内匀强电场场强E的大小；（2）圆形磁场区域磁感应强度B0的大小以及碰场变化周期T二.选做题（共45分请考生从给出的3道物理题中任选一题解答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目涂黑注意所做题目必须与所涂题目一致，在答题卡选答区域指定位置答题如果多做，则按所做的第一题计分）【物理一选修3-3】（15分）13（6分）下列说法正确的是（）A热力学第
11、二定律可描述为“不可能使热量由低温物体传递到高温物体”B分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，一定先减小后增大C只要知道水的摩尔质量和水分子的质量，就可以计算出阿伏伽德罗常数D由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力，所以液体表面具有收缩的趋势E用活塞压缩气缸内的理想气体，对气体做了3.0l05J的功，同时气体向外界放出1.5l05J的热量，则气体内能增加了1.5l05J14（9分）如图所示，一定质量的理想气体被水银柱封闭在竖直玻璃管内，气柱长度为h第一次向管内缓慢地添加一定质量的水银，水银添加完时，气柱长度变为h第二次再取与第一次相同质量的水银缓慢地添加在管内，
12、整个过程水银未溢出玻璃管，外界大气压强保持不变，求第二次水银添加完时气柱的长度若第二次水银添加完时气体温度为T0，现使气体温度缓慢升高求气柱长度恢复到原来长度h时气体的温度（水银未溢出玻璃管）【物理一选修3-4】（15分）15下列说法正确的是（）A波的图象表示介质中“某个质点”在“各个时刻”的位移B当波源与观察者相互远离时，观察到的频率变小C肥皂泡呈现彩色条纹是光的折射现象造成的D狭义相对论认为，在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的，真空中光速相同Ea、b两束光照射同一双缝干涉装置在屏上得到干涉图样中a的相邻亮条纹间距比b光的相邻亮条纹间距小，则可以判断水对a光的折射率比b光大16如图
13、所示是一种液体深度自动监测仪示意图，在容器的底部水平放置一平面镜，在平面镜上方有一光屏与平面镜平行，激光器发出的一束光线以60的入射角到液平面上，进入液体中的光线经平面镜反射后再从液体的上表面射出，打出光屛上形成一亮点，液体的深度变化后光屏上亮点向左移动了2dm，已知该液体的折射率n=真空中光速c=3.0108m/s，不考虑经液面反射的光线，求：液面高度的变化量；液体的深度变化前后激光从发出到打到光屏上的时间变化了多少？【物理一选修3-5】（15分）17下列说法正确的是（）A在关于物质波的表达式=h和P=中，能量和动量p是描述物质的粒子性的重要物理量，波长或频率是描述物质的波动性的典型物理量B
14、卢瑟福通过对粒子散射实验的研究，揭示了原子核的组成CTh（钍）核衰变为Pa（镤）核时，衰变前Th核质量等于衰变后Pa核与粒子的总质量D根据玻尔理论，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能增大，电势能减小E光电效应的实验结论是：对于某种金属，超过极限频率的入射光频率较高，所产生的光电子的最大初动能越大18如图所示，在光滑水平地面上有一质量为2m的长木板，其左端放有一质量为m的重物（可视为质点），重物与长木板之间的动摩擦因数为开始时，长木板和重物都静止，现在给重物以初速度v0，设长木板撞到前方固定的障碍物前，长木板和重物的速度已经相等已知长木板与障碍物发生
15、弹性碰撞，为使重物始终不从长木板上掉下来，求长木板的长度L至少为多少？（重力加速度度为g）2015年陕西省西安市八校联考高考物理模拟试卷（三）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（6分）如图所示，空间中存在一匀强磁场，将长度为L的直导线放置在y轴上，当通以大小为I、沿y轴负方向的电流后，测得其受到的安培力大小为F方向沿z轴正方向则关于的磁感应强度的方向和大小，说法正确的是（）A只能沿x轴正方向B可能在xOz平面内，大小为C可能在xOy平面内，
16、大小为D可能在zOy平面内，大小为考点：磁感应强度；安培力 分析：根据左手定则判断磁场的方向，由F=BILsin分析磁感应强度可能值解答：解：已知电流沿y轴负方向，安培力方向沿x轴正方向，根据左手定则判断得知匀强磁场的磁感应强度在zOy平面内设磁场与导线的夹角为，则090当=90时，由F=BILsin可知，B有最小值为 Bmin=当090，B，所以B=和B=是可能的故ABD错误，C正确故选：C点评：本题关键掌握安培力的一般公式F=BILsin，知道是导线与磁场方向的夹角，当=90时，B有最小值2（6分）光滑水平面上静止的物体，受到一个水平拉力作用开始运动，拉力F随时间t变化的图象如图所示，用E
17、k、v、x、a分别表示物体的动能、速度、位移和加速度，下列四个图象分别定性描述了这些物理量随时间变化的情况，其中正确的是（）ABCD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：根据物体的受力情况分析物体的运动情况，结合运动学基本公式及做功公式、功率公式即可求解解答：解：由题意可知，光滑水平面上静止的物体，受到一个水平拉力作用开始运动，加速度恒定，故D错误；则有速度v=at，可知，速度与时间成正比；故B正确；由位移公式可知，s=，位移与时间为二次函数关系，图象应为曲线；故C错误；而动能=，图象也为曲线；故A错误；故选：B点评：本题主要考查了同学们读图的能力，要求同学们能根据受力情
18、况分析物体的运动情况，根据物理规律得出对应的表达式，则可由数学规律明确图象的性质3（6分）用一水平拉力使质量为m的物体从静止开始沿粗糙的水平面运动，物体的vt图象如图所示，下列表述正确的是（）A在0t1时间内拉力逐渐减小B在0t1时间内物体做曲线运动C在t1t2时间内拉力的功率为零D在t1t2时间内合外力做功为mv2考点：功率、平均功率和瞬时功率；匀变速直线运动的图像 专题：功率的计算专题分析：物体先做加速度逐渐减小的加速运动，后做匀速直线运动；根据动能定理和牛顿第二定律列式分析即可解答：解：A、0t1内，物体做加速度不断减小的加速运动，根据牛顿第二定律，有：Ff=ma，故拉力不断减小，故A正
19、确；B、0t1内拉力朝前，位移向前，故物体做直线运动，故B错误；C、在t1t2时间内，物体匀速前进，拉力做正功，故拉力的功率不为零，故C错误；D、在t1t2时间内，物体匀速前进，合力为零，故合外力做功为零，故D错误；故选：A点评：本题关键是由图象得到物体的运动情况，根据牛顿第二定律列式判断出拉力的变化情况，再结合动能定理分析4（6分）太阳系中某行星A运行的轨道半径为R，周期为T，但天文学家在观测中发现，其实际运行的轨道与圆轨道存在一些偏离，且每隔时间发生一次最大的偏离形成这种现象的原因可能是A外侧还存在着一颗未知行星B，它对A的万有引力引起A行星轨道的偏离，假设其运动轨道与A在同一平面内，且与
20、A的绕行方向相同，由此可推测未知行星日绕太阳运行的圆轨道半径为（）ARBRCRDR考点：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：先根据多转动一圈时间为t，求出未知行星B的周期；然后再根据开普勒第三定律解得未知行星B的轨道半径解答：解：由题意可知：A、B相距最近时，B对A的影响最大，且每隔时间t发生一次最大的偏离，说明A、B相距最近，设B行星的周期为T，则有：（）t=2解得：T=根据开普勒第三定律，有：解得：R=R故选：D点评：本题关键是明确物理情境并建立匀速圆周运动的物理模型，明确发生最大偏离的原因是由于两个行星相距最近而导致万有引力最大；然后根据相对运动知识和牛顿第二定律列式
21、求解，不难5（6分）如图所示，MN是一点电荷产生的电场中的一条电场线，一个带正电的粒子（不计重力）穿越这条电场线的轨迹如图中虚线所示a、b为轨迹上两点下列结论正确的是（）A产生电场的电荷一定为负点电荷B带电粒子在n点的加速度小于在b点的加速度C带电粒子从a到b过程中动能逐渐减小D带电粒子在a点时具右的电势能大于在b点时具有的电势能考点：电势差与电场强度的关系；电场线 专题：电场力与电势的性质专题分析：解答本题的突破口是根据粒子的运动轨迹确定其所受电场力方向，从而确定电场线MN的方向以及正负点电荷的位置，然后根据正负点电荷周围电场分布情况，进一步解答解答：解：A、带正电的粒子所受电场力向右，电场
22、线由M指向N，说明可能是正电荷在M点左侧或负电荷在直线N点右侧故A错误B、不能确定是正负电荷在何处产生的场强，故无法判断加速度大小，故B错误；C、带电粒子从a到b过程中，电场力做正功，故动能增加，故C错误；D、从a到b过程中，电场力做正功，电势能减小，故D正确；故选：D点评：依据带电粒子的运动轨迹确定其所受电场力方向是解决带电粒子在电场中运动问题的突破口，然后可进一步根据电场线、电场力做功等情况确定电势、电势能的高低变化情况6（6分）如图所示，半径为尺的一圆柱形匀强磁场区域的横截面，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，磁场外有一粒子源，能沿一直线发射速度大小不等的在一范围内的同种带电粒子，
23、带电粒子的质量为m，电荷量为q（q0），不计重力现粒子以沿正对co中点且垂直于co方向射人磁场区域，发现带电粒子恰能能从bd之间飞出磁场则（）A从b点飞出的带电粒子的速度最大B从d点飞出的带电粒子的速度最小C从d点飞出的带电粒子的时间最长D从b点飞出的带电粒子的时间最短考点：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：作出粒子运动轨迹，由几何知识比较粒子轨道半径和圆心角大小，再根据T=和r=比较即可解答：解：粒子在磁场中，受到洛伦兹力作用做匀速圆周运动，根据题意作出粒子运动轨迹如图所示：图中Ob为到达b点的轨迹的圆心，Od为到达d点的轨迹的圆心，根据几何关系可知，rbrd
24、，到达d点转过的圆心角比到达b点的圆心角大，A、根据r=可知，b的半径最大，d的半径最小，所以从b点飞出的带电粒子的速度最大，从d点飞出的带电粒子的速度最小，故AB正确C、周期T=，所以粒子运动的周期相等，而达d点转过的圆心角最大，b点转过的圆心角最小，所以d点飞出的带电粒子的时间最长，b点飞出的带电粒子的时间最短，故CD正确；故选：ABCD点评：本题考查了粒子在磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹，应用牛顿第二定律即可正确解题，由几何知识求出粒子运动轨迹是正确解题的前提与关键7（6分）如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为4：1，电压表和电流表均为理想交流电表，原线圈接如
25、图乙所示的正弦交流电，图中R为NTC型热敏电阻（阻值随温度的升高而减小），R1为定值电阻，下列说法正确的是（）A交流电压M的表达式u=36sin100tVBR1处温度升高时，电流表A的示数变大，电压表V2示数减小C变压器原、副线圈中的电流之比随R1处温度的变化而变化DR1处温度升高时，变压器原线圈的输入功率变大考点：变压器的构造和原理 专题：交流电专题分析：由图乙可知交流电压最大值Um=36V，周期T=0.02秒，可由周期求出角速度的值，则可得交流电压u的表达式 u=Umsint（V），由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比，输入、输出功率之比，Rt处温度升高时，阻值减小，根据负载电阻的
26、变化，可知电流、电压变化解答：解：A、原线圈接的图乙所示的正弦交流电，由图知最大电压36v，周期0.02S，故角速度是=100，u=36sin100t（V），故A正确； B、由B知Rt处温度升高时，阻值减小，电流增大，电流表的示数变大，由于R1的分压，电压表V2示数减小，故B错误；C、由于匝数不变，则电流之比一定等于匝数之比；故电流之比不会随温度的变化而变化；故C错误；D、Rt处温度升高时副线圈中电流增大，而副线圈的电压不变，变压器的输出功率变大；因输出功率决定了输出功率，故输出功率也增大；故D正确；故选：ABD点评：根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电
27、压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键8（6分）如图所示，不计电阻的光滑U形金属框水平放置，光滑、竖直玻璃挡板H、P固定在框上，H、P的间距很小质量为0.2kg的细金属杆CD恰好无挤压地放在两挡板之间，与金属框接触良好并围成边长为1m的正方形，其有效电阻为0.1此时在整个空间加上方向与水平面成30角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律是B=（0.40.2t）T，图示磁场方向为正方向框、挡板和杆不计形变则（）A金属杆中感应电流方向始终从C至DB金属杆中感应电流的大小始终为2AC金属杆受到向上的支持力一直增大Dt=0时与t=4s时，金属杆对挡板的压力大小均为0.4N考点：导体切割
28、磁感线时的感应电动势 专题：电磁感应与电路结合分析：根据楞次定律，并由时刻来确定磁场的变化，从而判定感应电流的方向；根据法拉第电磁感应定律，结合闭合电路欧姆定律，及安培力表达式，与力的合成与分解，并由三角形知识，即可求解解答：解：A、当t=1s时，则由磁感应强度随时间变化规律是B=（0.40.2t）T，可知，磁场在减小，根据楞次定律可得，金属杆中感应电流方向从C到D，同理，当t=3s时，磁场在反向增加，由楞次定律可知，金属杆中感应电流方向从C到D，故A正确；B、由法拉第电磁感应定律，则有：E=0.212=0.1V；再由欧姆定律，则有感应电流大小I=1A，故B错误；C、安培力大小F=BtIL，由
29、左手定则可知，安培力垂直磁场方向斜向上，则将安培力分解，那么金属杆的支持力大小N=mgFsin60=mg（0.40.2t）IL，所以随时间增大，N增大，故C正确，D错误；故选：AC点评：考查楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用，掌握左手定则的内容，注意磁场随着时间变化的规律，及理解力的平行四边形定则的应用二、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，每个小题考生都必须作答，第13题第18题为选考题，考生根据要隶作答）（一）必考题9（6分）某实验小组利用如图甲所示的气垫导轨实验装置来探究合力一定时，物体的加速度与质量之间的关系（1）为了保持滑块所受的合力不变，可改变滑块质量M和气
30、垫导轨最右端高度h（见图甲）关于“改变滑块质量M和气垫导轨最右端的高度”的正确操作方法是AAM减小时，h增大，以保持二者乘积不变BM增大时，h增大，以保持二者乘积增大CM增大时，h减小，以保持二者乘积减小DM减小时，h减小，以保持二者乘积减小（2）做实验时，将滑块从图甲所示位置气垫导轨右端由静止释放，由数字计时器（图中未画出）可读出遮光条通过光电门1、2的时间分别为t1、t2；用刻度尺测得两个光电门中心之间的距离x，用游标卡尺测得遮光条宽度d则滑块加速度的表达式a=（以上表达式均用已知字母表示）如图乙所示，若用20分度的游标卡尺测量遮光条的宽度，其读数8.20mm考点：探究加速度与物体质量、物
31、体受力的关系 专题：实验题分析：（1）根据对滑块的受力分析，写出滑块受到的合力的表达式，然后得出结论（2）知道光电门测量滑块瞬时速度的原理根据运动学公式求出加速度了解不同的测量工具的精确度和读数方法解答：解：（1）滑块的合力F合=Mg，为了保持滑块所受的合力不变，则要求Mh的乘积不变，所以M和h 不能同时增大或减小故选：A（2）（1）滑块经过光电门1时的速度表达式v1=；经过光电门2时的速度表达式v2=；则加速度为a=； 游标卡尺的读数由主尺和游标尺两部分组成主尺的刻度的8mm，游标尺上的第4个刻度与上边对齐，所以读数是：0.054=0.20mm，总读数为8.20mm故答案为：（1）A；（2）
32、，8.20点评：考查通过平均速度求瞬时速度的方法，掌握运动学公式求加速度的应用，知道20分度的游标卡尺的精确度并能够用力学知识找出M和h的关系10（9分）某同学在用电流表和电压表测电池的电动势和内阻的实验中，为了便于测量，给电源串联了一个2的保护电阻R0，实验电路如图1所示，（1）连好电路后，当该同学闭合电键，发现电流表示数为0，电压表示数不为0检查各接线柱均未接错，且接触良好；他用多用电表的电压挡检查电路，把两表笔分别接a、b；b、c；d、e时，示数均为0，把两表笔接c、d时，示数与电压表示数相同，由此可推断故障是R断路（2）按电路原理图l及用多用电表的电压挡检查电路，把两表笔分别接c、d时
33、的实物电路图2以画线代导线将没连接的线连接起来（3）排除故障后，该同学顺利完成实验，测得下列数据且根据数据在坐标图3中描出对应的点，请画出UI图；I/A0.100.170.230.300.40U/A1.201.000.800.600.55由图3求出：电池的电动势为1.50V，内阻为0.25（4）考虑电表本身电阻对测量结果的影响，造成本实验的系统误差的原因是电压表内阻分流，测出的电动势与真实值相比会减小（填“增大”、“减小”或“不变”）考点：测定电源的电动势和内阻 专题：实验题分析：（1）通过排除法，从断路和短路的角度推断故障（2）根据电路图连接实物图（3）UI图线的纵轴截距表示电源的电动势，图
34、线斜率的绝对值表示内阻（4）将保护电阻等效到电源的内部，电压表测的是外电压，电流表的读数小于通过电源的电流，是因为电压表起分流作用作出UI图线的测量图线和真实图线，比较电动势和内阻的测量值和真实值的大小解答：解：（1）发现电流表示数为0，电压表示数不为0，电流表或R处断路，用多用电表的电压档检查电路，把两表笔分别接a、b，b、c，d、e时，示数均为0，把两表笔接c、d时，示数与电压表示数相同，知R断路（2）实物连线图如图（3）UI图线是一条倾斜的直线，描点作图如下图纵轴截距为1.5，所以电动势E=1.50V图线的斜率k=2.75，则内阻r=2.752.5=0.25（4）电流表所测的电流小于通过
35、电源的电流，因为电压表内阻有分流作用（5）将保护电阻等效到电源的内部，电压表测的电压为外电压，电流表所测的电流偏小，作出UI图线的测量图线和实际图线，虚线表示实际图，从图线可以看出，电动势和内阻的测量值均小于真实值故答案为：（1）R断路 （2）实物图连接如图 （3）1.50，0.25 （4）电压表内阻分流 小于点评：解决本题的关键会从UI图线获取电源的电动势和内阻，注意将保护电阻等效到电源的内部，最终电源的内阻等于图线的斜率绝对值减去保护电阻的阻值以及会分析误差的来源，通过图象分析测量值和真实值的关系11（14分）如图甲所示，一半径R=1m、竖直圆弧形光滑轨道，与斜面相切于B处，圆弧轨道的最高
36、点为M，斜面倾角=37，t=0时刻，有一质量m=2kg的物块从A点开始沿斜面上滑，其在斜面上运动的速度变化规律如图乙所示，若物块恰能到达M点，（取g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8），求：（1）物块经过B点时的速度VB（2）物块在斜面上滑动的过程中克服摩擦力做的功考点：动能定理的应用；匀变速直线运动的速度与位移的关系；机械能守恒定律 专题：机械能守恒定律应用专题分析：（1）、分析物块的运动过程，要求B点时的速度，则分析从B到M的运动，从力做功看机械能守恒，则mm=mgh，那么由几何关系求出h，在M点由牛顿第二定律求出vM，这样就可求出B点的速度（2）、在斜面上求摩擦力的平
37、均功率，首先由速度图象得出加速度和初速度，分析物块的受力，由牛顿第二定律求出摩擦力，由运动学公式求出位移，则由功的公式可求得克服摩擦力所做的功解答：解：（1）、由题中的几何关系知圆弧对应的圆心角为120物块从B到M上升的高度为h=R+Rcos37物块恰能过最高点，则在M点由牛顿第二定律得：mg=m物块从B到M的过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得：mm=mgh联立以上各式解得物块经过B点时的速度为：vB=m/s；（2）分析速度图象求知物块在斜面上的加速度为：a=m/s2=10m/s2在斜面上对物块由牛顿第二定律得：mgsin+f=ma摩擦力f=mamgsin=2012=8N对物块由vA2vB2
38、=2ax可得：x=0.9m；则克服摩擦力的功W=fx=80.9=7.2J；答：（1）物块经过B点时的速度vB为m/s；（2）物块在斜面上滑动的过程中克服摩擦力做功为7.2J点评：解答此题需结合速度图象分析物块从B到M和从A到B两过程的受力和运动特点，抓住在M点的临界条件：压力为零，然后利用几何关系、牛顿第二定律、机械能守恒定律求B点的速度求摩擦力的功时由功的公式入手分析，求出对应的力和位移即可求得功12（18分）如图（甲）所示，在直角坐标系0xL区域内有沿y轴正方向的匀强电场，右侧有一个以点（3L，0）为圆心、半径为L的圆形区域，圆形区域与x轴的交点分别为M、N现有一质量为m、带电量为e的电子
39、，从y轴上的A点以速度v0沿x轴正方向射入电场，飞出电场后从M点进入圆形区域，速度方向与X轴夹角为30此时在圆形区域加上如图（乙）所示周期性变化的磁场（以垂直于纸面向外为磁场正方向），最后电子运动一段时间后从N点飞出，速度方向与进入磁场时的速度方向相同（与X轴夹角也为30）求：（1）0xL区域内匀强电场场强E的大小；（2）圆形磁场区域磁感应强度B0的大小以及碰场变化周期T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：电子在电场中只受电场力，做类平抛运动将速度分解，可求出电子进入圆形磁场区域时的速度大小根据牛顿定律求出场强E的大小电子在磁场
40、中，洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动分析电子进入磁场的速度方向与进入磁场时的速度方向相同条件，根据圆的对称性，由几何知识得到半径，周期T各应满足的表达式解答：解：（1）电子在电场中作类平抛运动，射出电场时，如图1所示由速度关系：，解得：v=，由速度关系得：，在竖直方向有：，解得：E=（2）在磁场变化的半个周期内粒子的偏转角为60，根据几何知识，在磁场变化的半个周期内，粒子在x轴方向上的位移恰好等于R粒子到达N点而且速度符合要求的空间条件是：nR=2L电子在磁场作圆周运动的轨道半径为：=，解得：（n=1、2、3） 若粒子在磁场变化的半个周期恰好转过圆周，同时MN间运动时间是磁场变化周期的整数倍
41、时，可使粒子到达N点并且 速度满足题设要求应满足的时间条件：解得：，代入T的表达式得：T=，（n=1、2、3）答：（1）0xL区域内匀强电场场强E的大小为（2）圆形磁场区域磁感应强度B0的大小表达式为（n=1、2、3）；碰场变化周期T=，（n=1、2、3）点评：本题带电粒子在组合场中运动，分别采用不同的方法：电场中运用运动的合成和分解，磁场中圆周运动处理的基本方法是画轨迹所加磁场周期性变化时，要研究规律，得到通项二.选做题（共45分请考生从给出的3道物理题中任选一题解答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目涂黑注意所做题目必须与所涂题目一致，在答题卡选答区域指定位置答题如果多做，则按所做的第一题计
42、分）【物理一选修3-3】（15分）13（6分）下列说法正确的是（）A热力学第二定律可描述为“不可能使热量由低温物体传递到高温物体”B分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，一定先减小后增大C只要知道水的摩尔质量和水分子的质量，就可以计算出阿伏伽德罗常数D由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力，所以液体表面具有收缩的趋势E用活塞压缩气缸内的理想气体，对气体做了3.0l05J的功，同时气体向外界放出1.5l05J的热量，则气体内能增加了1.5l05J考点：温度是分子平均动能的标志；阿伏加德罗常数；热力学第一定律 分析：根据热力学第二定律分析能量转化的方向问题；根据分子
43、间作用力与距离的关系分析分子间作用力的变化；通过分子质量与摩尔质量的关系求解阿伏加德罗常数；根据液体表面张力的性质分析液体表面收缩的原因；用热力学第一定律求解内能的改变量解答：解：A、热力学第二定律可描述的是热学现象中的方向上；要注意热量可以从低温物体传递到低温物体，但要引起其他方面的变化；故A错误；B、分子间的相互作用力随着分子间距离的增大都是减小的；故B错误；C、由阿伏加德罗常数的定义可知，只要知道水的摩尔质量和水分子的质量，就可以计算出阿伏伽德罗常数；故C正确；D、表面张力的形成是由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离；故液面分子间表现为引力，所以液体表面具有收缩的趋势；故D正确
44、；E、由热力学第一定律可知：U=W+Q；故U=3.0l05J1.5l05J=1.5l05J；故说明内能增加了1.5l05J；故E正确；故选：CDE；点评：解答本题明确：热力学第二定律是描述能量转化有方向性；但反向并不是不能进行；分子间作用力都随距离增大而减小；阿伏加德罗常数可以由摩尔质量和水分子的质量的比值计算；液体表面张力是液体表面收缩的原因；会用热力学第一定律U=Q+W求解内能的改变量14（9分）如图所示，一定质量的理想气体被水银柱封闭在竖直玻璃管内，气柱长度为h第一次向管内缓慢地添加一定质量的水银，水银添加完时，气柱长度变为h第二次再取与第一次相同质量的水银缓慢地添加在管内，整个过程水银
45、未溢出玻璃管，外界大气压强保持不变，求第二次水银添加完时气柱的长度若第二次水银添加完时气体温度为T0，现使气体温度缓慢升高求气柱长度恢复到原来长度h时气体的温度（水银未溢出玻璃管）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）两次添加水银前后，气体做等温变化，分别由玻意耳定律列方程组便可求解（2）第二次水银添加完时气体温度为T0，现使气体温度缓慢升高，则气体的压强保持不变，由等压变化列方程组求解解答：解：（1）设开始时封闭气体压强为P0，每次添加的水银产生的压强为P，玻璃管的横截面积为S，由玻意耳定律列方程得：P0hS=（P0+P）0.75hS设后来空气柱长度为h，由由玻意耳
46、定律列方程得：P0hS=（P0+2P）hS连理解得：h=0.6h（2）由盖吕萨克定律得：联立解得：T=答：（1）求第二次水银添加完时气柱的长度为0.6h（2）气体的温度为点评：利用理想气体状态方程解题，关键是正确选取状态，明确状态参量和变化过程，尤其是正确求解被封闭气体的压强，这是热学中的重点知识，要加强训练，加深理解【物理一选修3-4】（15分）15下列说法正确的是（）A波的图象表示介质中“某个质点”在“各个时刻”的位移B当波源与观察者相互远离时，观察到的频率变小C肥皂泡呈现彩色条纹是光的折射现象造成的D狭义相对论认为，在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的，真空中光速相同Ea、b两束
47、光照射同一双缝干涉装置在屏上得到干涉图样中a的相邻亮条纹间距比b光的相邻亮条纹间距小，则可以判断水对a光的折射率比b光大考点：光的干涉；光的双缝干涉现象和薄膜干涉现象 专题：振动图像与波动图像专题分析：A、区分波形图与质点振动图象的特点；B、根据多普勒效应的原理判断；C、肥皂泡呈现彩色条纹是光的薄膜干涉现象造成的，与折射无关；D、根据狭义相对论的理论的基本假设进行判断；E、根据双方干涉条纹的宽度的公式进行判断解答：解：A、波的图象表示介质中“所有质点”在“同一时刻”的位置；所以A错误；B、根据多普勒效应的原理，当当波源与观察者相互远离时，观察到的频率变小，所以B正确；C、肥皂泡呈现彩色条纹是光
48、的薄膜干涉现象造成的，所以C错误；D、根据狭义相对论的理论的基本假设，1相对性原理，在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同，2 光速不变原理；故D正确E、a、b两束光照射同一双缝干涉装置在屏上得到干涉图样中a的相邻亮条纹间距比b光的相邻亮条纹间距小，根据双方干涉条纹的宽度的公式：可知，a光的波长短，频率大，则可以判断水对a光的折射率比b光大故E正确故选：BDE点评：本题考查了波动图象的意义、多普勒效应、薄膜干涉、狭义相对论和光的干涉条纹的公式等知识，难度不大，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点16如图所示是一种液体深度自动监测仪示意图，在容器的底部水平放置一平面镜，在平面镜上方有一光屏与平
49、面镜平行，激光器发出的一束光线以60的入射角到液平面上，进入液体中的光线经平面镜反射后再从液体的上表面射出，打出光屛上形成一亮点，液体的深度变化后光屏上亮点向左移动了2dm，已知该液体的折射率n=真空中光速c=3.0108m/s，不考虑经液面反射的光线，求：液面高度的变化量；液体的深度变化前后激光从发出到打到光屏上的时间变化了多少？考点：光的折射定律 专题：光的折射专题分析：画出光路图，通过数学几何关系结合折射定律求出液面高度的变化量根据v=求出光在液体中传播的速度大小分别求出光在液体深度变化前后在上升高度这段过程中运行的时间，从而求出时间的变化量解答：解：光路图所示设入射角为，折射角为，原来
50、液面深度为h，液面深度增加h，屏上光点移动的距离 s=2dm根据折射定律 n=得 =30由几何关系得 2htan+2htan=2（h+h）tan+s得h=代入解得h=1.5dm光在该液体中的传播速度为 v=m/s液体的深度变化前后激光从发出到打到光屏上的时间变化为t=0答：液面高度的变化量为1.5dm；液体的深度变化前后激光从发出到打到光屏上的时间变化了0点评：本题考查了几何光学问题，对数学几何能力要求较高，关键是作出光路图，通过折射定律以及速度与折射率的关系式进行求解【物理一选修3-5】（15分）17下列说法正确的是（）A在关于物质波的表达式=h和P=中，能量和动量p是描述物质的粒子性的重要
51、物理量，波长或频率是描述物质的波动性的典型物理量B卢瑟福通过对粒子散射实验的研究，揭示了原子核的组成CTh（钍）核衰变为Pa（镤）核时，衰变前Th核质量等于衰变后Pa核与粒子的总质量D根据玻尔理论，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能增大，电势能减小E光电效应的实验结论是：对于某种金属，超过极限频率的入射光频率较高，所产生的光电子的最大初动能越大考点：裂变反应和聚变反应；玻尔模型和氢原子的能级结构 分析：能量和动量p是描述物质的粒子性的重要物理量，波长或频率v是描述物质的波动性的典型物理量；在核反应中质量数守恒，电荷数守恒；根据光电效应方程可得出光电
52、子的最大初动能取决于入射光的频率解答：解：A、表达式=hv和p=中，能量和动量p是描述物质的粒子性的重要物理量，波长或频率v是描述物质的波动性的典型物理量，A正确；B、卢瑟福通过对粒子散射实验的研究，揭示了原子由原子核和核外电子组成；故B错误；C、由质量数守恒可知，Th（钍）核衰变为Pa（镤）核时，衰变前Th核质量等于衰变后Pa核的质量；故C错误；D、根据玻尔理论，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，库仑力对电场做正功，电子的动能增大，电势能减小，故D正确紫外线E、照射到金属锌板表面时能够发生光电效应，根据光电效应方程，最大初动能与入射光的频率有关，频率越高，则产
53、生的光电子的最大初动能越大；故E正确；故选：ADE点评：本题考查了光电效应方程、质能方程、玻尔理论、能级等知识点，关键掌握这些知识点的基本概念和基本规律；对于核反应要注意根据质量数守恒和电荷数守恒进行分析18如图所示，在光滑水平地面上有一质量为2m的长木板，其左端放有一质量为m的重物（可视为质点），重物与长木板之间的动摩擦因数为开始时，长木板和重物都静止，现在给重物以初速度v0，设长木板撞到前方固定的障碍物前，长木板和重物的速度已经相等已知长木板与障碍物发生弹性碰撞，为使重物始终不从长木板上掉下来，求长木板的长度L至少为多少？（重力加速度度为g）考点：动量守恒定律；功能关系 专题：动量定理应用专题分析：正确分析整个运动过程，木板与墙碰后与木块作用过程中，木块与木板分离，木块与墙碰后反弹，将再次与木板发生碰撞，分析清楚整个过程，然后根据动量守恒和功能关系列方程求解即可解答：解：碰撞前，长木板和重物的共同速度为v1，由动量守恒定律得：mv0=3mv1；碰撞后瞬间，长木板以速度v1反弹，最终两者的共同速度为v2由动量守恒定律得：2mv1mv1=3mv2；对全过程，由功能关系得：mgL=联立解得：L=答：为使重物始终不从长木板上掉下来，长木板的长度至少为点评：在应用动量守恒和功能关系解题时，注意将复杂过程分解多个简单过程，注意状态的选取，化繁为简，然后根据动量守恒和功能关系列方程求解
