1、陕西省咸阳市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，共48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。全部选对的得6分，选对但不全对得3分，有选错的得0分）1关于处理物理问题的思想与方法，下列说法正确的是( )A伽利略在研究自由落体运动时采用了理想实验和逻辑推理的方法B在探究平均速度实验中使用了微元法C法拉第在研究电磁感应现象时利用了理想实验法D在探究加速度与力、质量的关系实验中使用了理想化模型的思想方法2斜面上的物体受到平行于斜面向下的力F作用，力F随时间变化的图象（如图1）及物体运动的速度随时间变化的图象（如图2所示）
2、由图象中的信息能够求出的物理量或可以确定的关系有（斜面的倾角用表示）( )A物体的质量mB斜面的倾角C物体与斜面间的动摩擦因数D=tan3如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2=22：5，原线圈接u1=220sin100t（V）的交流电，电阻R1=R2=25，D为理想二极管，则下列说法不正确的是( )A电阻R1两端的电压为50VB二极管的反向耐压值应大于50VC原线圈的输入功率为200WD通过R2的电流为A4如图，A、B两物体叠放在水平地面上，A物体质量m=20kg，B物体质量M=30kg且足够长处于水平位置的轻弹簧一端固定于墙壁，另一端与A物体相连，弹簧处于自然状态，其劲度
3、系数为250N/m，A与B之间、B与地面之间的动摩擦因数均为=0.5现有一水平推力F作用于物体B上使B缓慢地向墙壁移动，当移动0.5m时（A还在B上），水平推力的大小为（最大摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2）( )A200NB300NC250ND350N5一个国际研究小组借助于智利超大望远镜，观测到了一组双星系统，它们绕两者连线上的某点O做匀速圆周运动，如图所示此双星系统中体积较小成员能“吸食”另一颗体积较大星体表面物质，达到质量转移的目的，假设在演变的过程中两者球心之间的距离保持不变，演变初期体积较大星体的质量较大，则在最初演变的过程中下列说法正确的是( )A体积较大星体圆周运动轨迹半
4、径变大，线速度也变大B体积较大星体圆周运动轨迹半径变大，线速度变小C它们做圆周运动的万有引力不断改变D它们做圆周运动的万有引力保持不变6环形对撞机是研究高能粒子的重要装置，其工作原理的示意图如图所示正、负离子由静止经过电压为U的直线加速器加速后，沿圆环切线方向射入对撞机的真空环状空腔内，空腔内存在着与圆环平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B两种带电粒子将被局限在环状空腔内，沿相反方向做半径相等的匀速圆周运动，从而在碰撞去迎面相撞为维持带电粒子在环状空腔中的匀速圆周运动，下列说法中正确的是( )A对于给定的加速电压，带电粒子的比荷越大，磁感应强度B越大B对于给定的加速电压，带电粒子的比荷越大，
5、磁感应强度B越小C对于给定的带电粒子，加速电压U越大，粒子运动的周期越小D对于给定的带电粒子，不管加速电压U多大，粒子运动的周期都不变7如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与竖直放置的轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，弹簧处于原长h时让圆环由静止开始沿杆滑下，滑到杆的底端时速度恰好为零若以地面为参考面，则在圆环下滑过程中（倾角45）( )A弹簧弹力做的功为mghB圆环的机械能保持为mghC弹簧的弹性势能先增大后减小D弹簧弹性势能最大时，圆环的重力势能和动能之和最小8如图所示，abcd为固定的水平光滑矩形金属导轨，导轨间距为L，左右两端接有定值电阻R1和R2，
6、R1=R2=R，整个装置处于竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中质量为m、长度为L的导体棒MN放在导轨上，棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨与棒的电阻两根相同的轻质弹簧甲和乙一端固定，另一端同时与棒的中点连接初始时刻，两根弹簧恰好处于原长状态，棒有水平向左的初速度v0，第一次运动至最右端的过程中R1产生的电热为Q，下列说法中正确的是( )A初始时刻棒所受安培力大小为B棒第一次回到初始位置的时刻，R2的电功率为C棒第一次到达最右端的时刻，两根弹簧具有弹性势能的总量为mv2QD从初始时刻至棒第一次到达最左端的过程中，R1中的电流由b指向a二、非选择题（包括必考题和选考题两部分。第9-12题为
7、必考题，每个试题考生都必须做答。13-16题为选考题，考生根据要求作答）（一）必考题9下表是某实验小组在“探究弹簧的弹力和伸长的关系”实验中测得的几组数据弹力F（N）0.51.01.52.02.5伸长x（cm）2.305.086.889.8012.5（1）请作出FX图象；（2）写出曲线的函数表达式：_；（3）若弹簧的原长为40cm，以弹簧的总长为自变量，写出F（l）的表达式：_10使用多用电表测量电阻时，多用电表内部的电路可以等效为一个直流电源（一般为电池）、一个电阻和一表头相串联，两个表笔分别位于此串联电路的两端现需要测量多用电表内电池的电动势，给定的器材有：待测多用电表，量程为60mA的电
8、流表，电阻箱，导线若干实验时，将多用电表调至1挡，调好零点；电阻箱置于适当数值完成下列填空：（1）仪器连线如图甲所示（a和b是多用电表的两个表笔）若两电表均正常工作，则表笔a为_（填“红”或“黑”）色；（2）若适当调节电阻箱后，图乙中多用电表、电流表与电阻箱的示数分别如图乙（a）、（b）、（c）所示，则多用电表的读数为_电流表的读数为_mA，电阻箱的读数为_；（3）计算得到多用电表内电池的电动势为_V（保留3位有效数字）11某同学近日做了这样一个实验，将一个小铁块（可看成质点）以一定的初速度，沿倾角可在090之间任意调整的木板向上滑动，设它沿木板向上能达到的最大位移为x，若木板倾角不同时对应的
9、最大位移x与木板倾角的关系如图所示g取10m/s2求（结果如果是根号，可以保留）：（1）小铁块初速度的大小v0以及小铁块与木板间的动摩擦因数是多少？（2）当=60时，小铁块达到最高点后，又回到出发点，物体速度将变为多大？12（18分）如图所示，在真空中的竖直平面内，用长为2L的绝缘轻杆连接两个质量均为m的带电小球A和B，A球的电荷量为+4q，B球的电荷量为3q，组成一带电系统虚线MN与PQ平行，开始时PQ恰为杆的中垂线在MN与PQ间加竖直向上的匀强电场，恰能使带电系统静止不动现使电场强度突然加倍（已知当地重力加速度为g），求：（1）B球刚到达电场边界PQ时的速度大小；（2）若要使A不离开电场上
10、边界MN，则MN与PQ之间相距至少为多少？（3）带电系统运动的周期为多少？（二）选考题（。请考生从给出的2道物理题中任选一题做答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所选做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做第一题计分）物理选修3-413关于机械振动与机械波说法正确的是 ( )A机械波的频率等于振源的振动频率B机械波的传播速度与振源的振动速度相等C质点振动的方向总是垂直于波传播的方向D在一个周期内，沿着波的传播方向，振动在介质中传播一个波长的距离E机械波在介质中传播的速度由介质本身决定14如图所示，ABC为一直角三棱镜的横截面，
11、顶角A为30若光线PO垂直AB面入射，从AC面射出时相对于入射方向改变了15角，现使光线PO绕入射点O在ABC平面内顺时针转动一角度后，从O点入射的光线经AC面反射之后能垂直BC面射出，求转过的角度值物理-选修3-515下列说法中正确的是( )A光电效应实验揭示了光的粒子性B原子核发生一次衰变，该原子核外就失去一个电子C原子核放出粒子后，转变成的新核所对应的元素是原来的同位素D玻尔在研究原子结构中引进了量子化的观念E氢原子从低能级跃迁到高能级要吸收能量16如图所示，质量为3kg的木箱静止在光滑的水平面上，木箱内粗糙的底板正中央放着一个质量为1kg的小木块，小木块可视为质点现使木箱和小木块同时获
12、得大小为2m/s的方向相反的水平速度，小木块与木箱每次碰撞过程中机械能损失0.4J，小木块最终停在木箱正中央已知小木块与木箱底板间的动摩擦因数为0.3，木箱内底板长为0.2m求：木箱的最终速度的大小；小木块与木箱碰撞的次数陕西省咸阳市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，共48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。全部选对的得6分，选对但不全对得3分，有选错的得0分）1关于处理物理问题的思想与方法，下列说法正确的是( )A伽利略在研究自由落体运动时采用了理想实验和逻辑推理的方法B在探究平均速度实验中使用了微元法C法
13、拉第在研究电磁感应现象时利用了理想实验法D在探究加速度与力、质量的关系实验中使用了理想化模型的思想方法考点：物理学史 分析：伽利略在研究自由落体运动时采用了理想实验和逻辑推理的方法在探究平均速度实验中使用了等效替代的思想法拉第在研究电磁感应现象时利用了控制变量法在探究加速度与力、质量的关系实验中使用了控制变量法的思想方法解答：解：A、伽利略在研究自由落体运动时采用了理想实验和逻辑推理的方法故A正确B、平均速度能粗略表示物体运动的快慢，在探究平均速度实验中使用了使用了等效替代的思想故B错误C、法拉第在研究电磁感应现象时利用了归纳法故C错误D、在探究加速度与力、质量的关系实验中使用了控制变量的思想
14、方法故D错误故选：A点评：在学习物理知识的同时，我们还学习科学研究的方法，常用的方法有：控制变量法、等效替代法、理想实验法、类比法等等2斜面上的物体受到平行于斜面向下的力F作用，力F随时间变化的图象（如图1）及物体运动的速度随时间变化的图象（如图2所示）由图象中的信息能够求出的物理量或可以确定的关系有（斜面的倾角用表示）( )A物体的质量mB斜面的倾角C物体与斜面间的动摩擦因数D=tan考点：牛顿第二定律 专题：牛顿运动定律综合专题分析：由vt图象判断物体在不同时间内的运动情况，由Ft图象可以读出物体在不同时间内所受到的推力大小由vt图象分析得知物体46s内处于平衡状态，由平衡条件求出物体所受
15、摩擦力大小物体在02s内做匀加速直线运动，由vt图象的斜率求出加速度，再由牛顿第二定律求解物块的质量由摩擦力公式求出解答：解：设斜面的倾角为由vt图象可知，在46s内物体处于匀速直线运动状态，由平衡条件可知，物体所受到的滑动摩擦力f与拉力F及重力在斜面上的分量平衡，即f=F+mgsin，由图Ft图象可知，在2s6s内，推力F=2N，则物体所受到的摩擦力f=2+mgsin物体在02s内做匀加速直线运动，由vt图象的斜率得出加速度，由Ft图象在02s内读出F=3N，由牛顿第二定律得 F+mgsinf=ma，由解得 m=1kg，故A正确f=mgcos由物块与斜面之间的动摩擦因数=，故D错误由于未知，
16、故不能算出，故B、C错误故选：A点评：本题考查了学生对图象问题的分析能力，能从图象中得出相关的信息，根据牛顿定律求解物理量，是常见题型3如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2=22：5，原线圈接u1=220sin100t（V）的交流电，电阻R1=R2=25，D为理想二极管，则下列说法不正确的是( )A电阻R1两端的电压为50VB二极管的反向耐压值应大于50VC原线圈的输入功率为200WD通过R2的电流为A考点：变压器的构造和原理；电功、电功率 专题：交流电专题分析：根据瞬时值表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比和二极管的特点即可求得结论解答：解
17、：A、由表达式知原线圈电压有效值为220V，副线圈两端电压为50V，故A正确；B、输出电压最大值为50V；故要使电路正常工作，反向耐压值应大于50V；故B正确；C、根据电流热效应，=；所以R2两端的电压为25V；故通过R2的电流I2=V；输出端的总功率P=+（）225=150W；故输入功率也为150W；故C错误，D正确；本题选错误的；故选：C点评：本题的难点在于二极管的作用，是使得反向电流不能通过，根据电流热效应求其有效值4如图，A、B两物体叠放在水平地面上，A物体质量m=20kg，B物体质量M=30kg且足够长处于水平位置的轻弹簧一端固定于墙壁，另一端与A物体相连，弹簧处于自然状态，其劲度系
18、数为250N/m，A与B之间、B与地面之间的动摩擦因数均为=0.5现有一水平推力F作用于物体B上使B缓慢地向墙壁移动，当移动0.5m时（A还在B上），水平推力的大小为（最大摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2）( )A200NB300NC250ND350N考点：牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算 专题：牛顿运动定律综合专题分析：判断物体B上缓慢地向墙壁移动0.5m时，A物块有无滑动，然后根据对B受力分析，根据平衡求出水平推力F的大小解答：解：若A物块未滑动，则弹簧的压缩量为0.5m，则弹簧的弹力F1=kx=2500.5N=125Nmg=100N假设不成立对B在竖直方向上平衡，在水平方向上受推力
19、F、A对B的滑动摩擦力、地面的滑动摩擦力，根据平衡有：F=f1+f2=mg+（M+m）g=100+250N=350N故D正确，A、B、C错误故选：D点评：解决本题的关键能够正确地进行受力分析，根据受力平衡确定未知力判断出A、B之间是静摩擦力还是滑动摩擦力是关键5一个国际研究小组借助于智利超大望远镜，观测到了一组双星系统，它们绕两者连线上的某点O做匀速圆周运动，如图所示此双星系统中体积较小成员能“吸食”另一颗体积较大星体表面物质，达到质量转移的目的，假设在演变的过程中两者球心之间的距离保持不变，演变初期体积较大星体的质量较大，则在最初演变的过程中下列说法正确的是( )A体积较大星体圆周运动轨迹半
20、径变大，线速度也变大B体积较大星体圆周运动轨迹半径变大，线速度变小C它们做圆周运动的万有引力不断改变D它们做圆周运动的万有引力保持不变考点：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：双星绕两者连线的一点做匀速圆周运动，由相互之间万有引力提供向心力，根据万有引力定律、牛顿第二定律和向心力进行分析解答：解：AB、设体积较小的星体质量为m1，轨道半径为r1，体积大的星体质量为m2，轨道半径为r2双星间的距离为L转移的质量为m；对m1：G=（m1+m）2r1 对m2：G=（m2m）2r2 由得：=，总质量m1+m2不变，两者距离L不变，则角速度不变；r1+r2=L 故随着m的增加，体积较
21、大星体的质量减小，其转动半径增加，根据v=r，线速度增加；故A正确，B错误；CD、两个星球的总质量一定，当它们质量相等时，两个星球的质量的乘积最大，故它们做圆周运动的万有引力是增加的，故C正确，D错误；故选：AC点评：本题是双星问题，要抓住双星系统的条件：角速度与周期相同，运用牛顿第二定律采用隔离法进行研究6环形对撞机是研究高能粒子的重要装置，其工作原理的示意图如图所示正、负离子由静止经过电压为U的直线加速器加速后，沿圆环切线方向射入对撞机的真空环状空腔内，空腔内存在着与圆环平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B两种带电粒子将被局限在环状空腔内，沿相反方向做半径相等的匀速圆周运动，从而在碰撞去
22、迎面相撞为维持带电粒子在环状空腔中的匀速圆周运动，下列说法中正确的是( )A对于给定的加速电压，带电粒子的比荷越大，磁感应强度B越大B对于给定的加速电压，带电粒子的比荷越大，磁感应强度B越小C对于给定的带电粒子，加速电压U越大，粒子运动的周期越小D对于给定的带电粒子，不管加速电压U多大，粒子运动的周期都不变考点：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：带电粒子被加速后进入匀强磁场区域，做匀速圆周运动，根据圆周运动的半径公式和周期公式判断荷质比与磁感强度的关系，周期和磁感强度的关系解答：解：A、B、环形空腔的半径保持不变，当电压不变时，粒子进入磁场的速度相同，根据带电粒
23、子在磁场中做圆周运动的半径公式：R=，荷质比越大，B应该越小，故A错误，B正确；C、D、当带电粒子确定后，加速电压越大，粒子进入磁场速度越大，荷质比确定，所以磁感应强度应该越大，根据周期公式T=，可得磁感应强度的增大会使周期变小，故C正确，D错误；故选：BC点评：本题考查了带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径和周期，判断三个变化量之间的关系应有一个量保持不变7如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与竖直放置的轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，弹簧处于原长h时让圆环由静止开始沿杆滑下，滑到杆的底端时速度恰好为零若以地面为参考面，则在圆环下滑过程中（倾角45）
24、( )A弹簧弹力做的功为mghB圆环的机械能保持为mghC弹簧的弹性势能先增大后减小D弹簧弹性势能最大时，圆环的重力势能和动能之和最小考点：功能关系；弹性势能 分析：分析圆环沿杆下滑的过程的受力和做功情况，只有重力弹簧的拉力做功，所以圆环机械能不守恒，但是系统的机械能守恒；沿杆方向合力为零的时刻，圆环的速度最大解答：解：A、整个系统机械能守恒，重力势能减小mgh，故弹性势能增加mgh，故弹簧弹力做的功为mgh，故A正确；B、弹簧弹力对圆环做功，圆环机械能不守恒，不可能保持mgh不变，故B错误；C、弹簧的弹性势能随弹簧的形变量的变化而变化，由图知弹簧先缩短后再恢复原长最后伸长，故弹簧的弹性势能先
25、增大再减小后增大才对，故C错误；D、整个系统机械能守恒，即弹簧的弹性势能、圆环的动能和重力势能之和保持不变，故弹簧的弹性势能最大时，圆环的动能和重力势能之和最小，故D正确；故选：AD点评：本题关键要对圆环的受力情况和做功进行分析，是解决问题的根本方法，要抓住系统的机械能守恒这是一道考查系统机械能守恒的好题8如图所示，abcd为固定的水平光滑矩形金属导轨，导轨间距为L，左右两端接有定值电阻R1和R2，R1=R2=R，整个装置处于竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中质量为m、长度为L的导体棒MN放在导轨上，棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨与棒的电阻两根相同的轻质弹簧甲和乙一端固定，另一端同
26、时与棒的中点连接初始时刻，两根弹簧恰好处于原长状态，棒有水平向左的初速度v0，第一次运动至最右端的过程中R1产生的电热为Q，下列说法中正确的是( )A初始时刻棒所受安培力大小为B棒第一次回到初始位置的时刻，R2的电功率为C棒第一次到达最右端的时刻，两根弹簧具有弹性势能的总量为mv2QD从初始时刻至棒第一次到达最左端的过程中，R1中的电流由b指向a考点：导体切割磁感线时的感应电动势；安培力 专题：电磁感应与电路结合分析：由E=BLv0、I=、F=BIL三个公式结合求解初始时刻棒受到安培力大小MN棒从开始到第一次运动至最右端，电阻R上产生的焦耳热为2Q，整个回路产生的焦耳热为4Q解答：解：A、初始
27、时刻，由F=BIL、I=，得安培力大小为FA=故A正确；B、由于安培力始终对MN做负功，产生焦耳热，由动能定理得：当棒再次回到初始位置时，速度小于v0，棒产生的感应电动势小于BLv0，则AB间电阻R的功率小于，故B错误；C、由能量守恒得知，当棒第一次达到最右端时，物体的机械能全部转化为整个回路中的焦耳热和甲乙弹簧的弹性势能，两个电阻相同并联，故产生的热量相同，则电路中产生总热量为2Q，所以两根弹簧具有的弹性势能为mv2Q，故C正确；D、从初始时刻至棒第一次到达最左端的过程中，由左手定则判断知，MN中电流方向由M指向N，则R1中的电流由b指向a，故D正确故选：ACD点评：本题分析系统中能量如何转
28、化是难点，也是关键点，根据导体棒克服安培力做功等于产生的焦耳热，分析电阻R上产生的热量二、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做答。13-16题为选考题，考生根据要求作答）（一）必考题9下表是某实验小组在“探究弹簧的弹力和伸长的关系”实验中测得的几组数据弹力F（N）0.51.01.52.02.5伸长x（cm）2.305.086.889.8012.5（1）请作出FX图象；（2）写出曲线的函数表达式：F=0.2x；（3）若弹簧的原长为40cm，以弹簧的总长为自变量，写出F（l）的表达式：F=0.2l8考点：探究弹力和弹簧伸长的关系 专题：实验题；弹力的存在及
29、方向的判定专题分析：根据表格中的数据作出弹力F与伸长量x的图线根据图线得出F与x的关系式根据胡克定律，通过劲度系数求出弹簧弹力与总长度的关系式解答：解：（1）根据表格中的数据描点作图，Fx图线如图所示（2）根据图线知，斜率k=则F=kx=0.2x（3）根据胡克定律得，F=kx=k（ll0）=0.2l8故答案为：（1）如图所示，（2）F=0.2x，（3）F=0.2l8点评：解决本题的关键掌握描点作图的方法，通过图线求出F与形变量的关系以及通过胡克定律求出F与弹簧长度的关系10使用多用电表测量电阻时，多用电表内部的电路可以等效为一个直流电源（一般为电池）、一个电阻和一表头相串联，两个表笔分别位于此
30、串联电路的两端现需要测量多用电表内电池的电动势，给定的器材有：待测多用电表，量程为60mA的电流表，电阻箱，导线若干实验时，将多用电表调至1挡，调好零点；电阻箱置于适当数值完成下列填空：（1）仪器连线如图甲所示（a和b是多用电表的两个表笔）若两电表均正常工作，则表笔a为黑（填“红”或“黑”）色；（2）若适当调节电阻箱后，图乙中多用电表、电流表与电阻箱的示数分别如图乙（a）、（b）、（c）所示，则多用电表的读数为14.0电流表的读数为53.0mA，电阻箱的读数为4.6；（3）计算得到多用电表内电池的电动势为1.54V（保留3位有效数字）考点：测定电源的电动势和内阻；用多用电表测电阻 专题：实验题
31、分析：（1）当用多用电表测电阻时，电源在表内，要使电流从图中电流表正极流进，从负极流出，因此表笔a连接电源的正极，所以表笔a为黑色的（2）多用电表测电阻时读数是表盘示数与倍率的乘积；由图示表盘确定其量程，然后读出其示数；电阻箱各旋钮示数与对应倍率的乘积之和是电阻箱示数（3）应用闭合电路欧姆定律可以求出电源电动势解答：解：（1）多用电表在使用时必须使电流从红表笔（正接线柱）流进，黑表笔（负接线柱）流出，串联的电流表也必须使电流从正接线柱流进，负接线柱流出，所以可以判断电流是从a表笔流出的为黑表笔（2）多用电表用1挡，由图示可知，其示数为14.01=14.0；电流表的量程是60mA，由图示可知，其
32、分度值为1mA，示数为53.0mA；电阻箱的读数为：0100+010+41+60.1=4.6（3）当表头短接时电路电流最大为表头的满偏电流Ig=，将Rg取为r+rg+R为多用电表的内阻，当待测电阻等于Rg时，这时表头半偏，表针指在欧姆表盘的中值上，所以Rg又称为中值电阻当选择1挡测量时中值电阻直接在欧姆表盘上读数为15，在（2）中多用电表外的电阻为多用电表的读数14.0，干路电流是53.0 m A，则电源电动势是E=I（R内+R外）=0.053（15+14）=1.537V1.54V故答案为：（1）黑；（2）14.0；53.0；4.6；（3）1.54点评：要知道欧姆表内部结构，欧姆表内置电源的正
33、极与“”插孔相连，负极与“+”相连11某同学近日做了这样一个实验，将一个小铁块（可看成质点）以一定的初速度，沿倾角可在090之间任意调整的木板向上滑动，设它沿木板向上能达到的最大位移为x，若木板倾角不同时对应的最大位移x与木板倾角的关系如图所示g取10m/s2求（结果如果是根号，可以保留）：（1）小铁块初速度的大小v0以及小铁块与木板间的动摩擦因数是多少？（2）当=60时，小铁块达到最高点后，又回到出发点，物体速度将变为多大？考点：共点力平衡的条件及其应用；摩擦力的判断与计算；物体的弹性和弹力 专题：共点力作用下物体平衡专题分析：（1）根据动能定理，求出物体沿斜面上升的最大位移s与斜面倾角的关
34、系表达式，然后结合图象当=90时的数据求出物体的初速度；（2）求出物体沿斜面上升的最大位移s与斜面倾角的关系表达式，根据=30时的数据求出动摩擦因数；（3）先求出=60时物体上升的高度，然后由动能定理求出物体返回时的速度解答：解：（1）根据动能定理，物体沿斜面上滑过程，根据动能定理，有：mgsinSmgcosS=0mv02解得：S=由图可得，当=90时，根据v02=2gs，代入数据得v0=5m/s，即物体的初速度为5m/s由图可得，=30时，s=1.25，代入数据得：=；（2）物体沿斜面上升的最大位移s与斜面倾角的关系为：S=把=60代入，解得：s=由动能定理得：mgcos2S=mvt2mv0
35、2解得：vt=2.5m/s；答：（1）小铁块初速度的大小为5m/s，小铁块与木板间的动摩擦因数是；（2）当=60时，小铁块达到最高点后，又回到出发点，物体速度将变为2.5m/s点评：本题关键是根据动能定理求出位移的一般表达式，然后结合图象求出初速度和动摩擦因素、求物体末速度12（18分）如图所示，在真空中的竖直平面内，用长为2L的绝缘轻杆连接两个质量均为m的带电小球A和B，A球的电荷量为+4q，B球的电荷量为3q，组成一带电系统虚线MN与PQ平行，开始时PQ恰为杆的中垂线在MN与PQ间加竖直向上的匀强电场，恰能使带电系统静止不动现使电场强度突然加倍（已知当地重力加速度为g），求：（1）B球刚到
36、达电场边界PQ时的速度大小；（2）若要使A不离开电场上边界MN，则MN与PQ之间相距至少为多少？（3）带电系统运动的周期为多少？考点：电势差与电场强度的关系；电场强度 专题：电场力与电势的性质专题分析：（1）带电系统静止时，A所受的电场力与总重力平衡，由二力平衡得出电场强度的表达式电场强度突然加倍后，系统向上做匀加速直线运动，电场力对A作正功，重力做负功，由动能定理求出B球刚进入电场时的速度v1的大小；（2）对运动全程，对两个球的整体运用动能定理列式求解即可（3）系统向上运动分为三阶段：第一阶段匀加速运动：从系统开始向上运动到B球刚进入电场过程，系统做匀加速直线运动，由牛顿第二定律求出加速度，
37、由初速度0和末速度v1，由速度公式求出运动的时间第二阶段匀减速运动：从B球进入电场到A刚出电场，系统做匀减速直线运动，此过程通过的位移等于L，由牛顿定律求出加速度，由运动学公式求出此过程运动的时间；第三阶段匀减速运动：A出电场后，系统做匀减速直线运动，由牛顿定律求出加速度，由运动学公式求出此过程运动的时间，最后求出总时间解答：解：（1）设带电系统静止时电场强度为E，则有2mg=4qE，解得：E= 电场强度加倍后，系统从开始静止到B进入电场，根据动能定理有：（2E4q2mg）L=2m 联立得B球刚进入电场时的速度：（2）设MN与PQ相距为x时A球恰好到达电场边界MN，根据动能定理得到：2E4q（
38、xL）2E3q（x2L）2mg（xL）=0 解得：x=4L（3）带电系统上升过程和下降过程具有对称性；带电系统向上运动分为三阶段：第一阶段匀加速运动，根据牛顿第二定律有：a1=g，运动时间：t1=；第二阶段匀减速运动，同理可得：a2=设A球出电场时速度为v2，根据运动学公式有：v22v12=2a2L，解得v2=，t2=2（1）；第三阶段匀减速运动，a3=，t3=则运动周期T=2（t1+t2+t3）=（6）答：（1）B球刚到达电场边界PQ时的速度大小为；（2）若要使A不离开电场上边界MN，则MN与PQ之间相距至少为4L；（3）带电系统运动的周期为（6）点评：本题是电场与力学的综合题，比较复杂，关
39、键存在分析物体系统的受力情况，来确定运动情况考查综合应用电场知识与力学知识的能力（二）选考题（。请考生从给出的2道物理题中任选一题做答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所选做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做第一题计分）物理选修3-413关于机械振动与机械波说法正确的是 ( )A机械波的频率等于振源的振动频率B机械波的传播速度与振源的振动速度相等C质点振动的方向总是垂直于波传播的方向D在一个周期内，沿着波的传播方向，振动在介质中传播一个波长的距离E机械波在介质中传播的速度由介质本身决定考点：机械波；波长、频率和波速的关系
40、专题：简谐运动专题分析：机械波形成要有两个条件：一是机械振动，二是传播振动的介质有机械振动才有可能有机械波，波的传播速度与质点振动速度没有直接关系横波在介质中的传播速度由介质本身的性质决定解答：解：A、机械波的频率是振源的振动频率；故A正确；B、机械波的传播速度与振源的振动速度无关；故B错误；C、波分横波与纵波，纵波的质点振动方向与波的传播方在同一条直线上；故C错误；D、由v=可知，沿波的传播方向，振动在介质中传播一个波长的距离；故D正确；E、机械波在介质中传播的速度由介质本身决定；故E正确；故选：ADE点评：机械波产生的条件是振源与介质质点不随波迁移，且质点的振动方向与波的传播方向来区分横波
41、与纵波14如图所示，ABC为一直角三棱镜的横截面，顶角A为30若光线PO垂直AB面入射，从AC面射出时相对于入射方向改变了15角，现使光线PO绕入射点O在ABC平面内顺时针转动一角度后，从O点入射的光线经AC面反射之后能垂直BC面射出，求转过的角度值考点：光的折射定律 专题：光的折射专题分析：画出光路图，由几何关系得到入射角和折射角，得到折射率，再由根据折射定律得到偏折角解答：解：光线垂直AB入射时，光路图如图1所示由几何关系可得：i1=30，r1=45据折射定律得：解得： 当经AC面放反射之后垂直BC射出时，光路如图2所示，据几何关系可得：i3=i3=60r2=30据折射定律得： 解得：i2
42、=45答：光线PO转过的角度值为45点评：本题命题者预计应该是一个中等难度的试题，同学要养成能正确、规范的作出完整光路图的习惯，正确作出光路图的学生大都能够得出正确的结果物理-选修3-515下列说法中正确的是( )A光电效应实验揭示了光的粒子性B原子核发生一次衰变，该原子核外就失去一个电子C原子核放出粒子后，转变成的新核所对应的元素是原来的同位素D玻尔在研究原子结构中引进了量子化的观念E氢原子从低能级跃迁到高能级要吸收能量考点：光电效应；玻尔模型和氢原子的能级结构；原子核衰变及半衰期、衰变速度 专题：光电效应专题分析：光电效应提示光的粒子性；衰变时，中子转变成质子，放出电子，导致质子数增加1个
43、，则产生新的原子；玻尔理论引进量子化观念，从低能级跃迁到高能级要吸收能量，相反则中释放能量，从而即可求解解答：解：A、光电效应实验揭示了光的粒子性，故A正确；B、发生一次衰变，该原子核内的中子转变成质子，而放出一个电子，故B错误；C、放出粒子后，转变成的新核所对应的元素比原来增加一个质子数，故C错误；D、由玻尔理论可知，在研究原子结构中，引进了量子化的观念，故D正确；E、从低能级跃迁到高能级要吸收能量，相反，则要释放能量，故E正确；故选：ADE点评：考查粒子性与波动性的不同，掌握衰变及其电子的由来，注意玻尔理论的内容理解16如图所示，质量为3kg的木箱静止在光滑的水平面上，木箱内粗糙的底板正中
44、央放着一个质量为1kg的小木块，小木块可视为质点现使木箱和小木块同时获得大小为2m/s的方向相反的水平速度，小木块与木箱每次碰撞过程中机械能损失0.4J，小木块最终停在木箱正中央已知小木块与木箱底板间的动摩擦因数为0.3，木箱内底板长为0.2m求：木箱的最终速度的大小；小木块与木箱碰撞的次数考点：动量守恒定律 专题：动量定理应用专题分析：由动量守恒定律可以求出木箱的最终速度；应用能量守恒定律与功的计算公式可以求出碰撞次数解答：解：设最终速度为v，木箱与木块组成的系统动量守恒，以木箱的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：Mvmv=（M+m）v，代入数据得：v=1m/s；对整个过程，由能量守恒定律可得：mv2+Mv2=E+（M+m）v2，设碰撞次数为n，木箱底板长度为L，则有：n（mgL+0. 4）=E，代入数据得：n=6；答：木箱的最终速度的大小为1m/s；小木块与木箱碰撞的次数为6次点评：本题考查了求木箱的速度、木块与木箱碰撞次数，分析清楚运动过程、应用动量守恒动量与能量守恒定律即可正确解题
