1、江西省九江一中2015届高考物理一模试卷一、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1418小题只有一项符合题目要求，第1921小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，有选错或不选的得0分）1在物理学的发展过程中，许多物理学家都做出了重要的贡献，他们也创造出了许多物理学研究方法，下列关于物理学研究方法的叙述中正确的是( )A质点、元电荷等都是理想化模型B物理学中所有物理量都是采用比值法定义的C伽利略开创了实验研究和逻辑推理相结合探索物理规律的科学方法D重心、合力和交变电流的峰值等概念的建立都体现了等效替代的思想2如图所示，一根细线下端拴一个金属小球P，细
2、线的上端固定在金属块Q上，Q放在带小孔（小孔光滑）的水平桌面上，小球在某一水平面内做匀速圆周运动（圆锥摆）现使小球改到一个更2014-2015学年高一些的水平面上做匀速圆周运动（图中P位置），两次金属块Q都静止在桌面上的同一点，则后一种情况与原来相比较，下面的判断中正确的是( )A细线所受的拉力变小B小球P运动的角速度变小CQ受到桌面的静摩擦力变大DQ受到桌面的支持力变大3一根质量为m、长为L的均匀链条一半放在光滑的水平桌面上，另一半悬在桌边，桌面足够高，如图a所示若将一个质量为m小球分别拴在链条左端和右端，如图b、图c所示约束链条的挡板光滑，三种情况均由静止释放，当整根链条刚离开桌面时，关于
3、它们的速度关系，下列判断中正确的是( )Ava=vb=vcBvavbvcCvcvavbDvavbvc4假设火星可视为质量均匀分布的球体，已知“火卫一”（火星的卫星）绕火星做圆周运动的半径为R，周期为T，火星的半径为R0，自转周期为T0，则火星表面的重力加速度在赤道处大小与两极处大小的比值为( )ABC1D15如图所示，两根完全相同、轴线在同一水平面内的平行长圆柱上放一均匀木板，木板的重心与两圆柱等距，其中圆柱的半径r=2cm，木板质量m=5kg，木板与圆柱间的动摩擦因数=0.2，两圆柱以角速度绕轴线作相反方向的转动现施加一过木板重心且平行圆柱轴线的拉力F于木板上，使其以速度v=0.6m/s沿圆
4、柱表面作匀速运动取g=10m/s2下列说法中正确的是( )A若=0，则水平拉力F=20NB若=40rad/s，则水平拉力F=6NC若=40rad/s，木板移动距离x=0.5m，则拉力所做的功为4JD不论为多大，所需水平拉力恒为10N6如图，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小这就是大家熟悉的惯性演示实验若砝码和纸板的质量分别为M和m各接触面间的动摩擦因数均为，砝码与纸板左端的距离及桌面右端的距离均为d现用水平向右的恒定拉力F拉动纸板，下列说法正确的是( )A纸板相对砝码运动时，纸板所受摩擦力的大小为（M+m）gB要使纸板相对砝码运动，F一定大于2（M+m
5、）gC若砝码与纸板分离时的速度小于，砝码不会从桌面上掉下D当F=（2M+3m）g时，砝码恰好到达桌面边缘7如图所示是小型交流发电机的示意图，线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO沿逆时针方向匀速转动，线圈的匝数为n、电阻为r，外接电阻为R，其他电阻不计线圈从图示位置（线圈平面平行于磁场方向）开始转过时的感应电流为I下列说法中正确的是( )A电流表的读数为2IB转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为C从图示位置开始转过的过程中，通过电阻R的电荷量为D线圈转动一周的过程中，电阻R产生的热量为8如图xoy平面为光滑水平面，现有一长为d宽为L的线框MNPQ在外力F作用下，沿正x轴方向以速度v做匀速直线运动，空
6、间存在竖直方向的磁场，磁感应强度B=B0cosx（式中B0为已知量），规定竖直向下方向为磁感应强度正方向，线框电阻为R，t=0时刻MN边恰好在y轴处，则下列说法正确的是( )A外力F为恒力Bt=0时，外力大小F=C通过线圈的瞬时电流I=D经过t=，线圈中产生的电热Q=二、解答题（共4小题，满分47分）9某同学利用图示装置来研究机械能守恒问题，设计了如下实验A、B是质量均为m的小物块，C是质量为M的重物，A、B间由轻弹簧相连，A、C间由轻绳相连在物块B下放置一压力传感器，重物C下放置一速度传感器，压力传感器与速度传感器相连当压力传感器示数为零时，就触发速度传感器测定此时重物C的速度整个实验中弹簧
7、均处于弹性限度内，重力加速度为g实验操作如下：（1）开始时，系统在外力作用下保持静止，细绳拉直但张力为零现释放C，使其向下运动，当压力传感器示数为零时，触发速度传感器测出C的速度为v（2）在实验中保持A，B质量不变，改变C的质量M，多次重复第（1）步该实验中，M和m大小关系必需满足M_ m（选填“小于”、“等于”或“大于”）为便于研究速度v与质量M的关系，每次测重物的速度时，其已下降的高度应_（选填“相同”或“不同”）根据所测数据，为得到线性关系图线，应作出_（选填“v2M”、“v2”或“v2”）图线根据问的图线知，图线在纵轴上截距为b，则弹簧的劲度系数为_（用题给的已知量表示）10有一阻值在
8、500左右的定值电阻，额定功率为0.20W，现用电流表和电压表测量它的阻值，备有如下器材：A电流表：量程030mA，内阻约20B电流表：量程0300mA，内阻约1C电压表：量程03V，内阻约2.5kD电压表：量程015V，内阻约20kE变阻器：阻值范围020，额定电流2AF电源：输出电压12V，内阻不计另有开关和导线若干测量时，为使被测电阻不被烧坏，实验中被测电阻两端的电压应控制在_V以下，据此电流表应选用_（用器材序号填写）为了减小测量误差，并能方便的进行多次测量取平均值，在如图所给的四种测量电路中，应选用_在操作、测量与计算均无误的情况下，若实验中选择了C所示的电路，测得的结果是488，若
9、选择了D所示的电路，测得的结果是519，则_A该电阻的真实阻值更接近519，且应略小于519B该电阻的真实阻值更接近519，且应略大于519C该电阻的真实阻值更接近488，且应略大于488D该电阻的真实阻值更接近488，且应略小于488对于该待测电阻的IU图线，理想情况下IU图线用实线所示，若选择用图B进行实验，所绘制的IU图线用虚线表示，则在如图所示的几个图线总可能正确的是_11如图所示，A、B两物块用一根轻绳跨过定滑轮相连，其中A带负电，电荷量大小为qA静止于斜面的光滑部分（斜面倾角为37，其上部分光滑，下部分粗糙且足够长，粗糙部分的摩擦系数为，上方有一个平行于斜面向下的匀强电场），轻绳拉
10、直而无形变不带电的B、C通过一根轻弹簧拴接在一起，且处于静止状态，弹簧劲度系数为kB、C质量相等，均为m，A的质量为2m，不计滑轮的质量和摩擦，重力加速度为g（1）电场强度E的大小为多少？（2）现突然将电场的方向改变 180，A开始运动起来，当C刚好要离开地面时（此时 B还没有运动到滑轮处，A刚要滑上斜面的粗糙部分），请求出此时B的速度大小（3）若（2）问中A刚要滑上斜面的粗糙部分时，绳子断了，电场恰好再次反向，请问A再经多长时间停下来？12（18分）如图所示，倾角=30的足够长平行导轨MN、MN与水平放置的平行导轨NP、NP平滑连接，导轨间距均为L，MM间接有阻值为R的电阻，轨道光滑且电阻不
11、计倾斜导轨MN、MN之间（区域）有方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，水平部分的eeff之间（区域）有竖直向上、磁感应强度为B2的匀强磁场，磁场宽度为d质量为m、电阻为r、长度略大于L的导体棒ab从靠近轨道上端的某位置由静止开始下滑，棒始终与导轨垂直并接触良好，经过ee和ff位置时的速率分别为v和已知导体棒ab进入区域运动时，其速度的减小量与它在磁场中通过的距离成正比，即vx（1）求区域匀强磁场的磁感应强度B1；（2）求导体棒ab通过区域过程中电阻R产生的焦耳热；（3）改变B1使导体棒ab不能穿过区域，设导体棒ab从经过ee到停止通过电阻R的电量为q，求B1的取值范围，及q与B1的关系式三、物理-
12、选修3-413下列说法中正确的是( )A当一列声波从空气中传入水中时波长一定会变B在机械横波传播方向上的某个质点的振动速度就是波的传播速度Ca、b两束光照射同一双缝干涉装置在屏上得到的干涉图样中，a光的相邻亮条纹间距小于b光的相邻亮条纹间距，则可以判断水对a光的折射率比b光大D肥皂泡呈现彩色条纹是光的折射现象造成的E麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹通过实验证实14半径为R的固定半圆形玻璃砖的横截面如图所示，O点为圆心，OO为直径MN的垂线足够大的光屏PQ紧靠在玻璃砖的右侧且与MN垂直一光束沿半径方向与OO成=30射向O点，光屏PQ区域出现两个光斑当逐渐增大到45时，光屏上的两个光斑恰好变成一个
13、试求：圆形玻璃砖材料的折射率n；当光束沿半径方向与OO成=30射向O点时，光屏PQ区域两个光斑的距离四、【物理-选修3-5】15下列说法正确的是( )A人类关于原子核内部的信息，最早来自天然放射现象B在、三种射线中射线电离作用最强C光电效应现象中，极限波长越大的金属材料逸出功越大D较重的核分裂成中等质量大小的核，核子的比结合能都会增加E放射性同位素Th经、衰变会生成Rn，其衰变方程ThRn+x+y其中x=3，y=216某同学做了“测定玩具枪子弹与透明物块相互作用力”的实验，如图所示，将质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射入固定在光滑水平面上质量为M的透明物块中，测得子弹射入的深度为d，设子弹与
14、物块之间的相互作用力的大小与物块的运动状态无关请你帮该同学计算：子弹与透明物块之间的相互作用力f的大小；若物块不固定，子弹仍以原来的速度射入物块，求子弹射入物块的深度d江西省九江一中2015届高考物理一模试卷一、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1418小题只有一项符合题目要求，第1921小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，有选错或不选的得0分）1在物理学的发展过程中，许多物理学家都做出了重要的贡献，他们也创造出了许多物理学研究方法，下列关于物理学研究方法的叙述中正确的是( )A质点、元电荷等都是理想化模型B物理学中所有物理量都是采用比值法定义
15、的C伽利略开创了实验研究和逻辑推理相结合探索物理规律的科学方法D重心、合力和交变电流的峰值等概念的建立都体现了等效替代的思想考点：物理学史 专题：常规题型分析：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、理想化模型是抓主要因素，忽略次要因素得到的，质点是理想化模型，元电荷不是理想化模型，故A正确；B、物理学中物理量定义的方法有多种，比值定义法只是一种，并不是所有的物理量都是用比值法定义的故B错误C、伽利略开创了实验研究和逻辑推理相结合探索物理规律的科学方法，故C正确；D、重心、合力和交变电流的有效值等概念的建立都体现了等效替代的思想，交变电流的峰值不属于等效替代的概念，
16、故D错误故选：AC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如图所示，一根细线下端拴一个金属小球P，细线的上端固定在金属块Q上，Q放在带小孔（小孔光滑）的水平桌面上，小球在某一水平面内做匀速圆周运动（圆锥摆）现使小球改到一个更2014-2015学年高一些的水平面上做匀速圆周运动（图中P位置），两次金属块Q都静止在桌面上的同一点，则后一种情况与原来相比较，下面的判断中正确的是( )A细线所受的拉力变小B小球P运动的角速度变小CQ受到桌面的静摩擦力变大DQ受到桌面的支持力变大考点：向心力；摩擦力的判断与计算 专题：匀速圆周运动专题分析
17、：金属块Q保持在桌面上静止，根据平衡条件分析所受桌面的支持力是否变化以P为研究对象，根据牛顿第二定律分析细线的拉力的变化，判断Q受到桌面的静摩擦力的变化由向心力知识得出小球P运动的角速度、周期与细线与竖直方向夹角的关系，再判断其变化解答：解：A、设细线与竖直方向的夹角为，细线的拉力大小为T，细线的长度为LP球做匀速圆周运动时，由重力和细线的拉力的合力提供向心力，如图，则有：T=，mgtan=m2Lsin，得角速度=，周期T=使小球改到一个更2014-2015学年高一些的水平面上作匀速圆周运动时，增大，cos减小，则得到细线拉力T增大，角速度增大，周期T减小对Q球，由平衡条件得知，Q受到桌面的静
18、摩擦力变大，故AB错误，C正确；D、金属块Q保持在桌面上静止，根据平衡条件得知，Q受到桌面的支持力等于其重力，保持不变故D错误故选：C点评：本题中一个物体静止，一个物体做匀速圆周运动，分别根据平衡条件和牛顿第二定律研究，分析受力情况是关键3一根质量为m、长为L的均匀链条一半放在光滑的水平桌面上，另一半悬在桌边，桌面足够高，如图a所示若将一个质量为m小球分别拴在链条左端和右端，如图b、图c所示约束链条的挡板光滑，三种情况均由静止释放，当整根链条刚离开桌面时，关于它们的速度关系，下列判断中正确的是( )Ava=vb=vcBvavbvcCvcvavbDvavbvc考点：机械能守恒定律 专题：机械能守
19、恒定律应用专题分析：在运动的过程中，对整个系统而言，机械能守恒抓住系统重力势能的减小量等于动能的增加量，分别求出离开桌面时的速度解答：解：铁链释放之后，到离开桌面，由于桌面无摩擦，对两次释放，桌面下方L处为0势能面则释放前，系统的重力势能为第一次，Ep1=mgL+mg=第二次，Ep2=（m+m）gL+mg+mg=第三次，Ep3=mgL+mg+mg=mgL释放后Ep1=mgEp2=mgL+mg=mgLEp3=mgL则损失的重力势能Ep1=mgLEp2=mgLEp3=mgL那么Ep1=mva2Ep2=（2m）vb2Ep3=（2m）vc2解得：va2=vb2=gLvc2=gL显然 vc2va2vb2
20、，所以vcvavb，故选：C点评：解决本题的关键知道系统机械能守恒，抓住系统重力势能的减小量等于系统动能的增加量进行求解4假设火星可视为质量均匀分布的球体，已知“火卫一”（火星的卫星）绕火星做圆周运动的半径为R，周期为T，火星的半径为R0，自转周期为T0，则火星表面的重力加速度在赤道处大小与两极处大小的比值为( )ABC1D1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：在赤道上，万有引力一个分力等于重力，另一个分力提供向心力，在两极，万有引力等于重力结合火卫一的轨道半径和周期求出火星的质量，根据万有引力和重力的关系求出重力加速度的比值解答：解：在赤道上的物体，有：，在两极，有
21、：联立两式，根据，解得GM=，代入可得=1故选：D点评：解决本题的关键知道万有引力与重力的关系，知道赤道上万有引力等于重力和向心力之和，两极万有引力等于重力5如图所示，两根完全相同、轴线在同一水平面内的平行长圆柱上放一均匀木板，木板的重心与两圆柱等距，其中圆柱的半径r=2cm，木板质量m=5kg，木板与圆柱间的动摩擦因数=0.2，两圆柱以角速度绕轴线作相反方向的转动现施加一过木板重心且平行圆柱轴线的拉力F于木板上，使其以速度v=0.6m/s沿圆柱表面作匀速运动取g=10m/s2下列说法中正确的是( )A若=0，则水平拉力F=20NB若=40rad/s，则水平拉力F=6NC若=40rad/s，木
22、板移动距离x=0.5m，则拉力所做的功为4JD不论为多大，所需水平拉力恒为10N考点：动能定理的应用 专题：动能定理的应用专题分析：应用滑动摩擦力公式求出滑动摩擦力大小，然后应用平衡条件求出拉力大小，再应用功的计算公式分析答题解答：解：当=40rad/s，圆柱转动的线速度大小为 v=r=0.8m/s木板的速度v=6m/s，则木板所受的滑动摩擦力与F的夹角为（180+37）木板在垂直与轴线方向受到两轴的滑动摩擦力大小相等方向相反，在垂直与轴线方向上受到的滑动摩擦力为零，在平行于轴线方向上，木板受到的滑动摩擦力f=mg=0.2510=10N，木板做匀速直线运动，由平衡条件得：F=fsin37=6N
23、，木板移动距离x=0.5m拉力做功：W=Fx=60.5=3J，故ACD错误，B正确；故选：B点评：本题考查了求摩擦力大小，物体所受的滑动摩擦力大小与物体的运动速度无关，应用滑动摩擦力公式与功的计算公式即可正确解题6如图，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小这就是大家熟悉的惯性演示实验若砝码和纸板的质量分别为M和m各接触面间的动摩擦因数均为，砝码与纸板左端的距离及桌面右端的距离均为d现用水平向右的恒定拉力F拉动纸板，下列说法正确的是( )A纸板相对砝码运动时，纸板所受摩擦力的大小为（M+m）gB要使纸板相对砝码运动，F一定大于2（M+m）gC若砝码与纸板分
24、离时的速度小于，砝码不会从桌面上掉下D当F=（2M+3m）g时，砝码恰好到达桌面边缘考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系 专题：牛顿运动定律综合专题分析：应用摩擦力公式求出纸板与砝码受到的摩擦力，然后求出摩擦力大小根据牛顿第二定律求出加速度，要使纸板相对于砝码运动，纸板的加速度应大于砝码的加速度，然后求出拉力的最小值当F=（2M+3m）g时，根据牛顿第二定律分析求出砝码和纸板加速度，结合运动学公式求出分离时砝码的速度，结合速度位移公式求出砝码速度减为零的位置，从而判断出砝码的位置解答：解：A、对纸板分析，当纸板相对砝码运动时，所受的摩擦力（M+m）g+Mg，故A错误B、设砝码的
25、加速度为a1，纸板的加速度为a2，则有：f1=Ma1，Ff1f2=ma2发生相对运动需要a2a1代入数据解得：F2（M+m）g，故B正确C、若砝码与纸板分离时的速度小于，砝码匀加速运动的位移小于，匀减速运动的位移小于，则总位移小于d，不会从桌面掉下，故C正确D、当F=（2M+3m）g时，砝码未脱离时的加速度a1=g，纸板的加速度=2g，根据，解得t=，则 此时砝码的速度，砝码脱离纸板后做匀减速运动，匀减速运动的加速度大小a=g，则匀减速运动的位移，而匀加速运动的位移，可知砝码离开桌面，故D错误故选：BC点评：本题考查了求拉力大小，应用摩擦力公式求出摩擦力大小，知道拉动物体需要满足的条件，应用牛
26、顿第二定律与运动学公式即可正确解题7如图所示是小型交流发电机的示意图，线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO沿逆时针方向匀速转动，线圈的匝数为n、电阻为r，外接电阻为R，其他电阻不计线圈从图示位置（线圈平面平行于磁场方向）开始转过时的感应电流为I下列说法中正确的是( )A电流表的读数为2IB转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为C从图示位置开始转过的过程中，通过电阻R的电荷量为D线圈转动一周的过程中，电阻R产生的热量为考点：交流发电机及其产生正弦式电流的原理；焦耳定律；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：由瞬时电流值可求得电流的最大值，再由最大值表达式可求得磁通量的最大值；再
27、由电量的表达式可求得电量；由Q=EIt可求得产生的热量解答：解：A、发电机电流的表达式i=Imcost；转过时的感应电流为I，即Imcos=I；解得：Im=2I；电流表的示数为有效值，故示数为：=I；故A错误；B、最大电流为2I，最大电动势Em=2I（r+R）=nBS；解得：BS=；故B正确；C、转过的过程中，磁通量的变化量=BS；则由q=可得，通过电阻R的电荷量q=；故C正确；D、电动势最大值Em=2I（r+R）；线圈转动一周时，产生的热量Q=EIt=；故D正确；故选：BCD点评：本题考查交变电流最大值、有效值的理解和应用的能力，对于交流电表的测量值、计算交流电功率、电功等都用到有效值8如图
28、xoy平面为光滑水平面，现有一长为d宽为L的线框MNPQ在外力F作用下，沿正x轴方向以速度v做匀速直线运动，空间存在竖直方向的磁场，磁感应强度B=B0cosx（式中B0为已知量），规定竖直向下方向为磁感应强度正方向，线框电阻为R，t=0时刻MN边恰好在y轴处，则下列说法正确的是( )A外力F为恒力Bt=0时，外力大小F=C通过线圈的瞬时电流I=D经过t=，线圈中产生的电热Q=考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；焦耳定律；安培力 专题：电磁感应与电路结合分析：由题意明确感应电动势的规律，根据导体切割磁感线规律和交流电有效值的计算方法可求得电流及热量解答：解：A、由于磁场是变化
29、的，故切割产生的感应电动势也为变值，安培力也会变力；故要保持其匀速运动，外力F不能为恒力；故A错误；B、t=0时，左右两边的磁感应强度均为B0，方向相反，则感应电动势E=2B0LV；拉力等于安培力即F=2B0IL=；故B错误；C、由于两边正好相隔半个周期，故产生的电动势方向相同，经过的位移为vt；瞬时电动势E=2B0Lvcos；瞬时电流I=；故C正确；D、由于瞬时电流成余弦规律变化，故可知感应电流的有效值I=；故产生的电热Q=I2Rt=；故D正确；故选：CD点评：本题考查电磁感应及交流电规律，要注意交流电有效值定义在本题中的迁移应用；本题选题新颖，是道好题二、解答题（共4小题，满分47分）9某
30、同学利用图示装置来研究机械能守恒问题，设计了如下实验A、B是质量均为m的小物块，C是质量为M的重物，A、B间由轻弹簧相连，A、C间由轻绳相连在物块B下放置一压力传感器，重物C下放置一速度传感器，压力传感器与速度传感器相连当压力传感器示数为零时，就触发速度传感器测定此时重物C的速度整个实验中弹簧均处于弹性限度内，重力加速度为g实验操作如下：（1）开始时，系统在外力作用下保持静止，细绳拉直但张力为零现释放C，使其向下运动，当压力传感器示数为零时，触发速度传感器测出C的速度为v（2）在实验中保持A，B质量不变，改变C的质量M，多次重复第（1）步该实验中，M和m大小关系必需满足M大于 m（选填“小于”
31、、“等于”或“大于”）为便于研究速度v与质量M的关系，每次测重物的速度时，其已下降的高度应相同（选填“相同”或“不同”）根据所测数据，为得到线性关系图线，应作出v2（选填“v2M”、“v2”或“v2”）图线根据问的图线知，图线在纵轴上截距为b，则弹簧的劲度系数为（用题给的已知量表示）考点：验证机械能守恒定律 专题：实验题分析：若要使B处压力传感器示数为零，必须满足M大于m的条件；根据胡克定律，不论M质量如何，要使压力传感器为零，从而得出下落的高度大小如何；选取A、C及弹簧为系统，根据机械能守恒定律，列式，即可求得结果；根据问的表达式，结合图象的含义，即可求解解答：解：根据题意，确保压力传感器的
32、示数为零，因此弹簧要从压缩状态到伸长状态，那么C的质M要大于A的质量m；要刚释放C时，弹簧处于压缩状态，若使压力传感器为零，则弹簧的拉力为F=mg，因此弹簧的形变量为x=x1+x2=；不论C的质量如何，要使压力传感器示数为零，则A物体上升了，则C下落的高度为，即C下落的高度总相同；选取A、C及弹簧为系统，根据机械能守恒定律，则有：（Mm）g=；整理可知，v2=；为得到线性关系图线，因此应作出v2的图象；由上表达式可知，=b；解得：k=；故答案为：大于； 相同；v2； 点评：考查胡克定律与机械能守恒定律的应用，理解弹簧有压缩与伸长的状态，掌握依据图象要求，对表达式的变形的技巧10有一阻值在500
33、左右的定值电阻，额定功率为0.20W，现用电流表和电压表测量它的阻值，备有如下器材：A电流表：量程030mA，内阻约20B电流表：量程0300mA，内阻约1C电压表：量程03V，内阻约2.5kD电压表：量程015V，内阻约20kE变阻器：阻值范围020，额定电流2AF电源：输出电压12V，内阻不计另有开关和导线若干测量时，为使被测电阻不被烧坏，实验中被测电阻两端的电压应控制在10V以下，据此电流表应选用A（用器材序号填写）为了减小测量误差，并能方便的进行多次测量取平均值，在如图所给的四种测量电路中，应选用C在操作、测量与计算均无误的情况下，若实验中选择了C所示的电路，测得的结果是488，若选择
34、了D所示的电路，测得的结果是519，则CA该电阻的真实阻值更接近519，且应略小于519B该电阻的真实阻值更接近519，且应略大于519C该电阻的真实阻值更接近488，且应略大于488D该电阻的真实阻值更接近488，且应略小于488对于该待测电阻的IU图线，理想情况下IU图线用实线所示，若选择用图B进行实验，所绘制的IU图线用虚线表示，则在如图所示的几个图线总可能正确的是D考点：伏安法测电阻 专题：实验题分析：由功率与电阻的约值要可确定工作电压值从而确定其电压与电流表的量程 因所选电压表内阻大，则要用电流表外接法，要多测量数据，则用分压式接法 外接法测电阻偏小，则其真实值要大于测量值 同一电压
35、下实际电流要小，则可确定其图象解答：解：由可得 I= 则被测被测电阻两端的电压应控制在 10V以下，据此电流表应选用 A 因电压表内阻较大，则用电流表外接法，多测量数据，则用分压式接法，可知应选择电路为C 由各C电路误差小，为外接法测电阻测量值小于真实值，则其真实值要略大于488，则C正确 同一电压下实际电流要小，则可确定其图象为D故答案为：10 A C C D点评：在电学实验的考查中，经常考查到仪表的选择、电流表内外接法的选择及实验数据的处理，故应注意此类问题的解法；在实验中要注意把握准确性及安全性原则11如图所示，A、B两物块用一根轻绳跨过定滑轮相连，其中A带负电，电荷量大小为qA静止于斜
36、面的光滑部分（斜面倾角为37，其上部分光滑，下部分粗糙且足够长，粗糙部分的摩擦系数为，上方有一个平行于斜面向下的匀强电场），轻绳拉直而无形变不带电的B、C通过一根轻弹簧拴接在一起，且处于静止状态，弹簧劲度系数为kB、C质量相等，均为m，A的质量为2m，不计滑轮的质量和摩擦，重力加速度为g（1）电场强度E的大小为多少？（2）现突然将电场的方向改变 180，A开始运动起来，当C刚好要离开地面时（此时 B还没有运动到滑轮处，A刚要滑上斜面的粗糙部分），请求出此时B的速度大小（3）若（2）问中A刚要滑上斜面的粗糙部分时，绳子断了，电场恰好再次反向，请问A再经多长时间停下来？考点：匀强电场中电势差和电场
37、强度的关系；胡克定律；机械能守恒定律 专题：电场力与电势的性质专题分析：A静止时，受力平衡，根据平衡方程可求得电场强度大小；初始时刻B静止，由平衡条件可得弹簧压缩量，当C刚要离开地面时，C对地面的压力N=0，由平衡条件可得此时弹簧伸长量，分析可知，当C刚要离开地面时，B向上运动2x，A沿斜面下滑2x，A、B系统机械能守恒，根据2mg2xsin37+qE2x=可求解；A滑上斜面的粗糙部分，做匀减速直线运动，求出其加速度，从而根据速度公式可得停下来的时间；解答：解：（1）A静止，由平衡条件有：2mgsin37=qE 解得：E=（2）初始时刻B静止，设弹簧压缩量为x，由平衡条件有：kx=mg当C刚要
38、离开地面时，C对地面的压力N=0，设弹簧伸长量为x由平衡条件有：kx=mg 由于B、C重力相等，故：分析可知，当C刚要离开地面时，B向上运动2x，A沿斜面下滑2xA、B系统机械能守恒，有：2mg2xsin37+qE2x=解得：=（3）A滑上斜面的粗糙部分，由牛顿第二定律：N=2ma N=2mgcos37得：a=gcos37= 故A做匀减速直线运动，时间：t=答：（1）电场强度E的大小为；（2）此时B的速度大小（3）若（2）问中A刚要滑上斜面的粗糙部分时，绳子断了，电场恰好再次反向，请问A再停下来点评：本题关键根据物体的受力情况和运动情况，结合机械能守恒定律和平衡方程，综合性较强，中难度12（1
39、8分）如图所示，倾角=30的足够长平行导轨MN、MN与水平放置的平行导轨NP、NP平滑连接，导轨间距均为L，MM间接有阻值为R的电阻，轨道光滑且电阻不计倾斜导轨MN、MN之间（区域）有方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，水平部分的eeff之间（区域）有竖直向上、磁感应强度为B2的匀强磁场，磁场宽度为d质量为m、电阻为r、长度略大于L的导体棒ab从靠近轨道上端的某位置由静止开始下滑，棒始终与导轨垂直并接触良好，经过ee和ff位置时的速率分别为v和已知导体棒ab进入区域运动时，其速度的减小量与它在磁场中通过的距离成正比，即vx（1）求区域匀强磁场的磁感应强度B1；（2）求导体棒ab通过区域过程中电阻R
40、产生的焦耳热；（3）改变B1使导体棒ab不能穿过区域，设导体棒ab从经过ee到停止通过电阻R的电量为q，求B1的取值范围，及q与B1的关系式考点：导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律 专题：电磁感应与电路结合分析：（1）由于导轨足够长，则ab棒到达导轨底端NN前已经做匀速运动，根据平衡条件和安培力公式求解B1（2）设ab棒和电阻R产生的电热分别为Qr和QR，则有=，再由能量守恒守恒定律求解 （3）设棒以速度vx通过ee时，在区域中滑动x后停下，据题，vx，可得 vx=x=v根据棒匀速运动时受力平衡，列式得到B1与x的关系式，使导体棒ab不能穿过区域，应满足xd，得到对应B1的取值范围再根据法
41、拉第电磁感应定律和欧姆定律求解电量解答：解：（1）由导轨足够长可知ab到达导轨底端NN前已经做匀速运动，速率为v，设此时ab产生的电动势为E，电流为I，则有 E=B1Lv I= 由平衡条件得 mgsin=B1IL 联立解得 B1= （2）设ab棒和电阻R产生的电热分别为Qr和QR，则有= 由能量守恒守恒定律得 =+QR+Qr 联立解得 QR= （3）设棒以速度vx通过ee时，在区域中滑动x后停下，依题意有 vx=x=v 设棒匀速运动时产生的电动势为Ex，电流为Ix，则有 mgsin=B1IxL Ex=B1Lvx Ix=联立解得 B1=）使导体棒ab不能穿过区域，应满足xd，对应B1的取值范围是
42、 B1设ab棒通过ee后滑动距离x后停下，时间为t，则此过程棒产生的平均电动势 =回路的平均电流 =通过电阻R的电量 q=t 联立解得 q= （B1）答：（1）区域匀强磁场的磁感应强度B1是（2）导体棒ab通过区域过程中电阻R产生的焦耳热是（3）B1的取值范围为B1，q与B1的关系式为q= （B1）点评：本题是信息题，一方面根据导体棒匀速运动，受力平衡列式分析，另一方面，抓住题中信息分析速度与位移的关系，这是本题的关键三、物理-选修3-413下列说法中正确的是( )A当一列声波从空气中传入水中时波长一定会变B在机械横波传播方向上的某个质点的振动速度就是波的传播速度Ca、b两束光照射同一双缝干涉
43、装置在屏上得到的干涉图样中，a光的相邻亮条纹间距小于b光的相邻亮条纹间距，则可以判断水对a光的折射率比b光大D肥皂泡呈现彩色条纹是光的折射现象造成的E麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹通过实验证实考点：光的干涉 专题：光的干涉专题分析：机械波的波长随着波速变化而变化；质点的振动速度与波的传播速度没直接联系；当波长越长时，干涉条纹间距越宽，从而确定频率的高低，进而得出折射率的大小关系；肥皂泡呈现彩色条纹是光的干涉现象；电磁波由麦克斯韦预言，由赫兹通过实验证实，从而即可各项求解解答：解：A、一列声波从空气中传入水中时，波速变大，根据v=f，且f不变，则可知波长一定会变大，故A正确；B、机械横波传播方
44、向上的某个质点的振动做简谐运动，而同一均匀介质中，波的传播速度是不变，故B错误；C、在干涉条纹间距与波长的关系，可知，a光的相邻亮条纹间距小于b光的相邻亮条纹间距，则可以判断a光的波长比b光小，因此可将a光当作紫光，b光当作红光，则水对a光的折射率比b光大，故C正确；D、肥皂泡呈现彩色条纹，由于膜的内外表面反射，获得相同频率的光，进行叠加而成的，是光的干涉现象，故D错误；E、电磁波由麦克斯韦预言，由赫兹通过实验证实，故E正确；故选：ACE点评：考查波的折射与干涉、及衍射的应用，及其区别，注意波长与条纹间距的关系，是解题的关键同时注意电磁波的预言与证实的不同14半径为R的固定半圆形玻璃砖的横截面
45、如图所示，O点为圆心，OO为直径MN的垂线足够大的光屏PQ紧靠在玻璃砖的右侧且与MN垂直一光束沿半径方向与OO成=30射向O点，光屏PQ区域出现两个光斑当逐渐增大到45时，光屏上的两个光斑恰好变成一个试求：圆形玻璃砖材料的折射率n；当光束沿半径方向与OO成=30射向O点时，光屏PQ区域两个光斑的距离考点：光的折射定律 专题：光的折射专题分析：较小时，由于反射和折射出现两个光斑，当逐渐增大到45时，光屏上的两个光斑恰好变成一个，说明光线恰好在MN面发生全反射，由临界角公式sinC=求折射率根据折射定律求出折射角，再由几何关系求解两个光斑之间的距离解答：解：当=45时，光屏上的两个光斑恰好变成一个
46、，说明光线恰好在MN面发生全反射，由临界角公式sinC=所以n=当=30时，光线在MN面同时发生反射和折射，反射光线沿半径射出到A点，=30可得：AN=Rcot=R在MN面发生折射，由n=得：sini=nsin=sin30=，得：i=45可得：BN=R则两光斑间距离为：AB=AN+BN=（+1）R答：圆形玻璃砖材料的折射率n为；当光束沿半径方向与OO成=30射向O点时，光屏PQ区域两个光斑的距离为（+1）R点评：对于涉及全反射的问题，要紧扣全反射产生的条件：一是光从光密介质射入光疏介质；二是入射角大于临界角四、【物理-选修3-5】15下列说法正确的是( )A人类关于原子核内部的信息，最早来自天
47、然放射现象B在、三种射线中射线电离作用最强C光电效应现象中，极限波长越大的金属材料逸出功越大D较重的核分裂成中等质量大小的核，核子的比结合能都会增加E放射性同位素Th经、衰变会生成Rn，其衰变方程ThRn+x+y其中x=3，y=2考点：光电效应；原子核衰变及半衰期、衰变速度；裂变反应和聚变反应 专题：衰变和半衰期专题分析：根据三种射线的特性和裂变聚变的特点去分析，并由平均结合能是核子与核子结合成原子核时平均每个核子放出的能量；并利用极限波长越短，极限频率越小，则金属材料逸出功越小；在衰变方程中，电荷数守恒，质量数守恒，从而即可求解解答：解：A、人类最初对原子核的认识就是来源于天然放射现象，故A
48、正确；B、，三种射线中射线的电离本领最强，故B错误；C、逸出功W=hv0，知：极限波长越大，极限频率越小，逸出功越小，故C错误；D、不同原子核的平均结合能不同，中等质量的核的平均结合能比轻核、重核的平均结合能都大故D正确；E、在衰变方程中，电荷数守恒，质量数守恒，则90=86+2xy，232=220+4x，解得x=3，y=2，故E正确；故选：ADE点评：本题考查的知识点较多，大多是记忆性的，注意对核能的理解和掌握，及对爱因斯坦质能方程的理解是该题的关键因此，平时要多看书16某同学做了“测定玩具枪子弹与透明物块相互作用力”的实验，如图所示，将质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射入固定在光滑水平面
49、上质量为M的透明物块中，测得子弹射入的深度为d，设子弹与物块之间的相互作用力的大小与物块的运动状态无关请你帮该同学计算：子弹与透明物块之间的相互作用力f的大小；若物块不固定，子弹仍以原来的速度射入物块，求子弹射入物块的深度d考点：动量守恒定律；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）对子弹打入固定木块过程由动能定理可求得阻力的大小；（2）由动量守恒定律求得碰后共同的速度，再由能量守恒定律可求得打入的距离解答：解：子弹打入固定不动的木块，对子弹进行受力分析，由动能定理可得：fd=0mv02解得：f=子弹打入没有固定的物块，由上一问可知子弹没有穿出木块，最后共同运动设向右为正方向，由动量守恒定律可得：mv0=（M+m）v 由能量守恒定律可得：fd=0mv02（M+m）v2解得：d=答：子弹与透明物块之间的相互作用力f的大小为；若物块不固定，子弹仍以原来的速度射入物块，求子弹射入物块的深度d为点评：本题考查，动量守恒定律的应用，要注意正确分析物理过程，并注意明确正方向，掌握各物理量的矢量性
