1、山东省临沂市2015届高考物理一模试卷一、本题共10小题，每小题4分，共40分在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是符合题目要求的全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分1以下说法正确的是( )A牛顿发现了万有引力定律，并用扭秤测出了万有引力常数B法拉第发现了电流的磁效应，并根据研究成果建立了法拉第电磁感应定律C密立根通过实验首先测定了电子的电荷量D波兰科学家哥白尼通过天文观察和研究，推翻了托勒密的地心说，建立了关于行星运动的三个定律2一物体做直线运动的速度图象如图所示，则对该物体下列说法正确的是( )At1t2时间内合外力对该物体做负功Bt1t2时间内该物体做减速运动C0t1
2、时间内该物体加速度不变D0t1时间内与t1t2内该物体所受到的合外力大小不变，方向相反3一物体在水平恒力F1的作用下，在水平面上做匀速直线运动当对该物体另外施加一倾斜向下与F1在同一竖直平面内的恒定推力F2时，如图关于该物体以后的运动情景描述正确的是( )A物体可能继续做匀速直线运动B物体的运动可能变为匀加速直线运动C物体的运动可能变为匀减速直线运动，直至静止D物体所受到的合力可能越来越小，最后变为零4我国于2011年11月份成功发射了神舟八号宇宙飞船，实现了与宇宙试验空间站天宫一号的对接，并顺利返回地面，成为继美俄之后世界第三个掌握此类技术的国家据报道，飞船发射后最初进入近地点约200公里、
3、远地点约330公里的初始椭圆轨道，经过变轨后，将转移到高度为330公里的圆轨道，为与天宫一号的对接做好准备假设飞船椭圆轨道远地点距地心的距离用a表示，近地点距地心的距离用b表示，地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，忽略地球自转对重力加速度的影响，则下到论述正确的是( )A飞船在椭圆轨道上运行时，经过远地点的速度大于经过近地点的速度B飞船在椭圆轨道上运行时，经过远地点的加速度小于经过近地点的加速度C飞船在圆形轨道上运行时，周期为D飞船在椭圆轨道上运行时，经过远地点的速度大于在圆形轨道上运行的速度5如图，足够长的传送带与水平方向成角放置，传送带以速度v匀速传动，当一质量为m的物体轻轻地放在传送
4、带的顶端后（物体与传送带之间动摩擦因数为），下列描述正确的是( )A物块速度从0增大到v的过程中，其加速度为g（sin+cos）B物块速度从0增大到v的过程中，传送带对物体的摩擦力做负功C当速度增大到v后，加速度一定为0D当速度增大到v后，物体的机械能一定开始减少6如图所示，虚线为一带电离子只在电场力的作用下的运动轨迹，实线为电场线，则下列判断正确的是( )A离子一定带负电荷B离子经过A点的动能大于经过B点的动能C离子经过C点所受到的电场力沿电场线斜向下D离子经过A点时的电势能小于经过B点时的电势能7某科学考察队在地球的两极地区进行科学观测时，发现带电的太空微粒平行于地面进入两极区域上空，受空
5、气和地磁场的影响分别留下的一段弯曲的轨迹，若垂直地面向下看，粒子在地磁场中的轨迹如图甲、乙所示，则( )A图甲表示在地球的南极处，图乙表示在地球的北极处B图甲飞入磁场的粒子带正电，图乙飞人磁场的粒子带负电C甲、乙两图中，带电粒子受到的洛伦兹力都是越来越大D甲、乙两图中，带电粒子动能都是越来越小，但洛伦兹力做正功8如图所示电路，已知电源电动势为E，内阻为r，R0为固定电阻，当滑动变阻器R的触头向上移动时，下列论述正确的是( )A灯泡L一定变亮B安培表的示数变小C伏特表的示数变小DR0消耗的功率变小9如图甲，一理想变压器原副线圈的匝数比为2：1；原线圈的电压随时间变化规律如图乙所示副线圈电路中接有
6、灯泡，额定功率为22W；原线圈电路巾接有电压表和电流表现闭合开关，灯泡正常发光若用U和I分别表示此时电压表和电流表的读数，则( )AU=220V，I=0.1AB副线圈输出交流电的频率为100HzC灯泡的额定电压为l10VD原线圈输入电压的瞬时表达式为u=220sin100tV10竖直放置、电阻不计、间距为L、足够长的平行导轨，上端与阻值为R的电阻相连，一电阻为零质量为m的水平导体棒AB与导轨紧密接触且无摩擦整个装置置于垂直纸面水平向里的匀强磁场中，磁感应强度为B若从导轨上端静止释放导体棒AB，导体棒刚达到最大速度时下落高度为h，且运动过程始终保持水平，重力加速度为g，则( )A导体棒最终速度为
7、B在下落过程中电阻产生的热量等于导体棒克服安培力所做的功C若只将导体棒的质量变为原来的2倍，它下落的最大动能将变为原来的4倍D若电阻的阻值变大，导体棒刚匀速运动时下落的高度仍等于h二、实验题共2小题，共12分，第（1）小题6分，第（2）小题6分必做部分】11利用如图1所示的装置可以验证机械能守恒定律斜面为一倾斜放置的气垫导轨，导轨上安装一个位置可移动的光电门，当带有遮光片（宽度很小）质量为m的滑块自斜面上某处滑下时，通过与光电门相连的多功能计时器可以显示出遮光片经过光电门时的速度v改变光电门的位置可以进行多次测量，每次都使滑块从同一点由静止开始下滑，并用米尺测量下滑的竖直高度h，所得数据如表所
8、示（已知当地的重力加速度g=9.8m/s2）h（m）0.2000.2500.3000.3500.400v（m/s）1.9702.2022.4122.6062.786v2（m2/s2）3.88l4.8495.8186.7917.762完成下列填空和作图：验证机械能守恒定律，所需要验证的关系式是_根据表中的数据可知每次实验减少的重力势能比增加的动能都_（偏大、偏小），在误差允许范围内可以认为机械能守恒根据表中给出的数据，在图2的坐标纸中画出v2h图线；该图线的斜率k与重力加速度g的关系为_12某同学要用伏安法测量电动车的蓄电池的电动势和内阻，已知蓄电池铭牌上标有“36V”字样，测量时电流取值在5A
9、以内，现有测量器材如下：A量程为05V的伏特表，内阻为5kB电流表A1：量程为05A，内阻未知双量程电流表A2：量程为00.63A，内阻未知C铅蓄电池E1：电动势2V，内阻可忽略不计D电阻箱R1：099999，最大允许电流为5mA电阻箱R2：09999.9，最大允许电流为5mAE滑动变阻器R3：020，最大允许电流为5AF开关一只、导线若干进行测量前需要将伏特表改装成量程为040V的电压表，需要选用的电阻箱是_（填仪器代号）改装时，电阻箱连入电路的电阻值为_k试在图1的虚线方框内画出该测量实验的电路原理图（图中已给出改装电压表的部分电路选用的仪器用代号标出）当伏特表的示数如图2甲所示时，待测电
10、源两端的实际电压为_V（改装后表盘未重新修改刻度）根据实验所测量的数据描点，做出的UI图象如图2乙所示，则被测量的蓄电池的电动势为_V，内阻为_三、计算题：本题共2个小题，共40分解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分有数值计算的题答案中必须明确写出数值和单位13（19分）某电视台“快乐向前冲”节目中的场地设施如图所示，AB为水平直轨道，上面安装有电动悬挂器，可以载人运动，水面上漂浮着一个半径为R，角速度为，铺有海绵垫的转盘，转盘的轴心离平台的水平距离为L，平台边缘与转盘平面的高度差为H选手抓住悬挂器，可以在电动机带动下，从A点下方的平台边缘处沿水平方向做
11、初速度为零，加速度为a的匀加速直线运动选手必须作好判断，在合适的位置释放，才能顺利落在转盘上设人的质量为m（不计身高大小），人与转盘间的最大静摩擦力为mg，重力加速度为g（1）假设选手落到转盘上瞬间相对转盘速度立即变为零，为保证他落在任何位置都不会被甩下转盘，转盘的角速度应限制在什么范围？（2）若已知H=5m，L=8ml，a=2m/s2，g=10m/s2，且选手从某处C点释放能恰好落到转盘的圆心上，则他是从平台出发后多长时间释放悬挂器的？（3）若电动悬挂器开动后，针对不同选手的动力与该选手重力关系皆为F=0.6mg，悬挂器在轨道上运动时存在恒定的摩擦阻力，选手在运动到上面（2）中所述位置C点时
12、，因恐惧没有释放悬挂器，但立即关闭了它的电动机，则按照（2）中数据计算悬挂器载着选手还能继续向右滑行多远的距离？14（17分）有两对正对的平行金属板A、B和C、D，分别加上某一电压U1、U2后可在板间各自形成匀强电场（不考虑各自在周围产生的电场），A、B板倾斜放置，与水平成角；C、D板水平放置，其中心线左端N靠近B板边缘，两对金属板间距均为d，C、D板长为d，且在C、D间有水平向外的匀强磁场，磁感应强度为B当带电荷量为+q、质量为m的带电小球，从A板左下端边缘飞入后恰能沿水平直线穿过A、B板间，然后贴着B板右上端边缘从N点再飞入C、D两板间，又恰好可作匀速圆周运动，经一段圆弧最后从D板上的右端
13、P点飞出（重力加速度为g）试求：（1）A、B间和C、D间所加的电压U1、U2的大小（2）小球在A、B间运动加速度大小（3）小球离开A、B板间时的速度和在C、D板间运动时间（4）若想让小球在进入C、D间后能保持匀速穿过水平中线，应调节U2变为U2=？二.【选做部分】选修3-315下列说法正确的是( )A布朗运动和扩散现象都证明分子在不停地运动B单晶体有固定的熔点，多晶体和非晶体没有固定的熔点C气体吸收的热量可以完全转化为功D一定质量的理想气体，当气体温度升高时，因做功情况不明确，其内能不一定增大16如图是一种气压保温瓶的结构示意图其中出水管很细，体积可忽略不计，出水管口与瓶胆口齐平，；用手按下按
14、压器时，气室上方的小孔被堵塞，使瓶内气体压强增大，水在气压作用下从出水管口流出最初瓶内水面低于水管口10cm，此时瓶内气体（含气室）的体积为2.0102cm3，已知水的密度为1.0103 kg/m3，按压器的自重不计，大气压P0=1.01105 Pa，取g=10m/s2求：要使水从出水管口流出，瓶内水面上方的气体压强至少要多大？当瓶内压强为1.16105Pa时，瓶内气体体积的压缩量是多少？（忽略瓶内气体的温度变化）选修3-417如图所示，两列简谐横波的振幅都是20cm，传播速度大小相同虚线波的频率为2Hz，沿x轴负方向传播，实线波沿x轴正方向传播某时刻两列波在如图所示区域相遇，以下判断正确的是
15、( )A实线波与虚线波的周期之比为1：2B两列波在相遇区域会发生干涉现象C平衡位置为x=6 m处的质点此刻速度为零D平衡位置为x=4.5 m处的质点此刻位移y20 cm18如图所示，直角三角形ABC为一三棱镜的横截面，A=30一束单色光从空气射向BC上的E点，并偏折到AB上的F点，光线EF平行于底边AC已知入射方向与BC的夹角为=30试通过计算判断光在F点能否发生全反射选修3-519U（铀核）经过多次衰变和衰变后变为Rn（氡核），则衰变的次数是_，衰变的次数是_20如图所示，前端粘有粘结剂的铁块A质量mA=l kg，足够长的木板B质量mB=4kg，质量为mC=2kg木块C置于木板B上，水平面光
16、滑，B、C之间有摩擦现使A以v0=12m/s的初速度向右运动，与B碰撞后粘合在一起求：B运动过程中的最大速度大小木块C的最终速度大小山东省临沂市2015届高考物理一模试卷一、本题共10小题，每小题4分，共40分在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是符合题目要求的全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分1以下说法正确的是( )A牛顿发现了万有引力定律，并用扭秤测出了万有引力常数B法拉第发现了电流的磁效应，并根据研究成果建立了法拉第电磁感应定律C密立根通过实验首先测定了电子的电荷量D波兰科学家哥白尼通过天文观察和研究，推翻了托勒密的地心说，建立了关于行星运动的三个定律考点：物理学史
17、 分析：本题可根据伽利略、奥斯特、法拉第、密立根、开普勒等等科学家的成就进行解答解答：解：A、牛顿发现了万有引力定律，之后是卡文迪许测出了引力常量G故A错误B、奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第根据研究建立了法拉第电磁感应定律，故B错误C、密立根通过油滴实验首先测定了电子的电荷量，故C正确D、开普勒通过天文观察和研究，推翻了托勒密的地心说，建立了关于行星运动的三个定律，故D错误故选：C点评：对于物理学史上重要发现、著名理论、经典实验等等要加强记忆，注意积累2一物体做直线运动的速度图象如图所示，则对该物体下列说法正确的是( )At1t2时间内合外力对该物体做负功Bt1t2时间内该物体做减速运动C0
18、t1时间内该物体加速度不变D0t1时间内与t1t2内该物体所受到的合外力大小不变，方向相反考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像 专题：牛顿运动定律综合专题分析：速度时间图线速度的正负值可以确定物体的运动方向，图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移解答：解：A、t1t2时间内物体运动运动方向与受力方向相同，故合外力做正功，故A错误；B、t1t2时间内物体速度为负，加速度也为负，所以物体做负向加速运动，故B错误；C、由图线斜率可判断0t1时间内物体加速度不变，故C正确；D、0t1时间内与t1t2时间内，图象的斜率相同，根据牛顿第二定律可知：合外力大小和方向均不变，故D错误故选：C
19、点评：解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移3一物体在水平恒力F1的作用下，在水平面上做匀速直线运动当对该物体另外施加一倾斜向下与F1在同一竖直平面内的恒定推力F2时，如图关于该物体以后的运动情景描述正确的是( )A物体可能继续做匀速直线运动B物体的运动可能变为匀加速直线运动C物体的运动可能变为匀减速直线运动，直至静止D物体所受到的合力可能越来越小，最后变为零考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用 专题：牛顿运动定律综合专题分析：先对木块在水平恒力F1的作用下根据平衡条件求出摩擦力大小；然后施加上F2后分情况讨论物体所受水平方向动力
20、与阻力的关系解答：解：设木块的质量为m，木块与地面间的动摩擦因数为，对该木块，开始时由题意得：F1=mg；当作用F2时，设它与水平方向成角，A、若F1+F2cos=（mg+F2sin），则木块做匀速直线运动，故A对；B、若F1+F2cos（mg+F2sin），则木块做匀加速直线运动，故B对；C、若F1+F2cos（mg+F2sin），则木块做匀减速直线运动，速度减小，直到减到零，但合外力不变，故C正确D错误故选：ABC点评：解决本题的关键是滑动摩擦力的计算，F2竖直方向有分力，物块对地面的压力要大于自身重力4我国于2011年11月份成功发射了神舟八号宇宙飞船，实现了与宇宙试验空间站天宫一号的对
21、接，并顺利返回地面，成为继美俄之后世界第三个掌握此类技术的国家据报道，飞船发射后最初进入近地点约200公里、远地点约330公里的初始椭圆轨道，经过变轨后，将转移到高度为330公里的圆轨道，为与天宫一号的对接做好准备假设飞船椭圆轨道远地点距地心的距离用a表示，近地点距地心的距离用b表示，地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，忽略地球自转对重力加速度的影响，则下到论述正确的是( )A飞船在椭圆轨道上运行时，经过远地点的速度大于经过近地点的速度B飞船在椭圆轨道上运行时，经过远地点的加速度小于经过近地点的加速度C飞船在圆形轨道上运行时，周期为D飞船在椭圆轨道上运行时，经过远地点的速度大于在圆形轨道上
22、运行的速度考点：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：人造卫星问题分析：飞船从远地点向近地点运动，引力做正功，飞船动能增加，飞船的加速度由万有引力产生，根据半径关系确定加速度的大小，万有引力提供圆周运动向心力求周期关系从椭圆轨道变为圆轨道需在远地点对飞船点火加速解答：解：A、飞船从远地点向近地点运动地球引力对飞船做正功，飞船动能增加，故近地点速度大，所以A错误；B、根据，可得飞船的加速度，故的加速度来得大，所以B正确；C、在地球表面有可得GM=gR2，在圆轨道上有，所以周期T=，故C正确；D、在椭圆轨道上经过远地点后要做近心运动，故万有引力大于在圆周运动所需的向心力，
23、而在圆轨道上运动万有引力等于圆周运动向心力，远地点的圆轨道离地心距离相同，故在椭圆轨道上运动的速度小于圆周轨道上运动的速度，故D错误故选：BC点评：万有引力提供圆周运动向心力和在地球表面重力与万有引力相等是解决此类问题的两个主要入手点5如图，足够长的传送带与水平方向成角放置，传送带以速度v匀速传动，当一质量为m的物体轻轻地放在传送带的顶端后（物体与传送带之间动摩擦因数为），下列描述正确的是( )A物块速度从0增大到v的过程中，其加速度为g（sin+cos）B物块速度从0增大到v的过程中，传送带对物体的摩擦力做负功C当速度增大到v后，加速度一定为0D当速度增大到v后，物体的机械能一定开始减少考点
24、：牛顿第二定律；机械能守恒定律 专题：牛顿运动定律综合专题分析：根据牛顿第二定律求出物块刚放上传送带时的加速度，结合摩擦力的方向与速度方向的关系确定摩擦力的做功情况物块速度达到传送带速度后，可能保持相对静止一起做匀速直线运动，可能继续向下做匀加速直线运动解答：解：A、物块刚放上传送带时，加速度大小a=gsin+gcos，故A正确B、物块速度从0增大到v的过程中，摩擦力的方向沿斜面向下，传送带对物体的摩擦力做正功，故B错误C、当速度增大到v后，重力沿斜面方向的分力可能大于摩擦力，物块的加速度可能继续向下，故C错误D、当速度达到v后，不论物块是否与传送带保持相对静止，摩擦力的方向都沿斜面向上，摩擦
25、力做负功，根据功能关系知，机械能减小故D正确故选：AD点评：解决本题的关键理清物块在传送带上的运动规律，结合牛顿第二定律、功能关系分析求解，难度中等6如图所示，虚线为一带电离子只在电场力的作用下的运动轨迹，实线为电场线，则下列判断正确的是( )A离子一定带负电荷B离子经过A点的动能大于经过B点的动能C离子经过C点所受到的电场力沿电场线斜向下D离子经过A点时的电势能小于经过B点时的电势能考点：电场线；电势能 分析：不计重力的离子只在电场力作用下从A到B，由运动与力关系可知，电场力方向与速度方向分居在运动轨迹两边，且电场力偏向轨迹的内侧沿着电场线的方向电势降低的负电荷所受电场力的方向与电场强度方向
26、相反，正电荷所受电场力的方向与电场强度方向相同根据电场力做功正负分析电势能的变化解答：解：AC、由运动与力关系可知，电场力方向与速度方向分居在运动轨迹两边，且电场力偏向轨迹的内侧，故若离子从A运动到B，所受的电场力沿电场线斜向下，由于电场线方向未知，所以不能确定离子的电性，故A错误，C正确B、若离子从A运动到B，电场力做正功，动能增大，则离子经过A点的动能大于经过B点的动能，故B正确C、若离子从A运动到B，电场力做正功，电势能减小，则离子经过A点时的电势能小于经过B点时的电势能，故D正确故选：BCD点评：电场线虽然不存在，但可形象来描述电场的分布对于本题关键是根据运动轨迹来判定电场力方向，由曲
27、线运动条件可知合力偏向曲线内侧根据电场力来确定电场力做功的正负，从而判定电势能增加与否7某科学考察队在地球的两极地区进行科学观测时，发现带电的太空微粒平行于地面进入两极区域上空，受空气和地磁场的影响分别留下的一段弯曲的轨迹，若垂直地面向下看，粒子在地磁场中的轨迹如图甲、乙所示，则( )A图甲表示在地球的南极处，图乙表示在地球的北极处B图甲飞入磁场的粒子带正电，图乙飞人磁场的粒子带负电C甲、乙两图中，带电粒子受到的洛伦兹力都是越来越大D甲、乙两图中，带电粒子动能都是越来越小，但洛伦兹力做正功考点：洛仑兹力 分析：根据地球磁场的分布，由左手定则可以判断粒子的受力的方向，从而可以判断粒子的运动的方向
28、在由洛伦兹力提供向心力，则得运动半径与速度成正比，与磁感应强度及电量成反比解答：解：A、垂直地面向下看由于地球的南极处的磁场向上，地球北极处的磁场方向向下，故A正确；B、由左手定则可得，甲图中的磁场的方向向上，偏转的方向向右，所以飞入磁场的粒子带正电；同理由左手定则可得乙图中飞入磁场的粒子也带正电故B错误；C、从图中可知，粒子在运动过程中，可能受到空气的阻力对粒子做负功，所以其动能减小，运动的半径减小，根据公式：f=qvB，带电粒子受到的洛伦兹力都是越来越小故C错误；D、由于粒子受到的洛伦兹力始终与速度垂直，所以洛伦兹力不做功，故D错误；故选：A点评：本题就是考查左手定则的应用，掌握好左手定则
29、即可判断粒子的受力的方向同时利用洛伦兹力提供向心力，推导出运动轨迹的半径公式来定性分析8如图所示电路，已知电源电动势为E，内阻为r，R0为固定电阻，当滑动变阻器R的触头向上移动时，下列论述正确的是( )A灯泡L一定变亮B安培表的示数变小C伏特表的示数变小DR0消耗的功率变小考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：当R的滑动触头向上滑移动时，R变小，外电路总电阻变小，根据欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，确定电压表的读数变化和灯泡L亮度的变化再分析并联部分的电压变化，判断电流表A读数变化解答：解：当R的滑动触点向上滑移动时，R变小，外电路总电阻变小，则由闭合电路欧姆定律知，总电流变大
30、，路端电压变小，则电压表读数减小灯泡L的电压减小，则灯L一定变暗电路中并联部分电压变小，通过L的电流减小，而总电流增大，则电流表A的读数增大，R0消耗的功率变大故ABD错误，C正确故选：C点评：本题电路动态变化分析问题，往往按“局部整体局部”的顺序进行分析9如图甲，一理想变压器原副线圈的匝数比为2：1；原线圈的电压随时间变化规律如图乙所示副线圈电路中接有灯泡，额定功率为22W；原线圈电路巾接有电压表和电流表现闭合开关，灯泡正常发光若用U和I分别表示此时电压表和电流表的读数，则( )AU=220V，I=0.1AB副线圈输出交流电的频率为100HzC灯泡的额定电压为l10VD原线圈输入电压的瞬时表
31、达式为u=220sin100tV考点：变压器的构造和原理 专题：交流电专题分析：根据变压器中电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，灯泡正常发光求出电流，即可求解解答：解：A、有效值为：U=副线圈的电压为：U2=，电流为：=0.2A，电流为：=0.1A，AC正确B、原线圈的频率为f=，变压器不会改变频率，故B错误；D、瞬时表达式为：u=220sin100tV，故D正确；故选：ACD点评：本题考查了变压器的特点；电压与匝数成正比，电流与匝数成反比10竖直放置、电阻不计、间距为L、足够长的平行导轨，上端与阻值为R的电阻相连，一电阻为零质量为m的水平导体棒AB与导轨紧密接触且无摩擦整个装置置于垂直纸面水
32、平向里的匀强磁场中，磁感应强度为B若从导轨上端静止释放导体棒AB，导体棒刚达到最大速度时下落高度为h，且运动过程始终保持水平，重力加速度为g，则( )A导体棒最终速度为B在下落过程中电阻产生的热量等于导体棒克服安培力所做的功C若只将导体棒的质量变为原来的2倍，它下落的最大动能将变为原来的4倍D若电阻的阻值变大，导体棒刚匀速运动时下落的高度仍等于h考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化 专题：电磁感应功能问题分析：当物体受力平衡时，速度达最大，由平衡关系可求得最大速度的表达式据表达式可分析各选项解答：解：A、当匀速时速度最大：mg=BIl I=BLv 可得v=则A正确B、安培力
33、做负功把电能转为内能，则B正确C、由A可知质量增为原来的2倍，速度变为原来的2倍，则动能为原来的8倍，则C错误D、电阻的阻值变大，根据，则匀速速度变大，为得到的动能变大，依据，则有，下落的高度大，则D错误；故选：AB点评：本题是电磁感应与力学知识的综合，其桥梁是安培力，这类问题往往安培力的分析和计算是关键二、实验题共2小题，共12分，第（1）小题6分，第（2）小题6分必做部分】11利用如图1所示的装置可以验证机械能守恒定律斜面为一倾斜放置的气垫导轨，导轨上安装一个位置可移动的光电门，当带有遮光片（宽度很小）质量为m的滑块自斜面上某处滑下时，通过与光电门相连的多功能计时器可以显示出遮光片经过光电
34、门时的速度v改变光电门的位置可以进行多次测量，每次都使滑块从同一点由静止开始下滑，并用米尺测量下滑的竖直高度h，所得数据如表所示（已知当地的重力加速度g=9.8m/s2）h（m）0.2000.2500.3000.3500.400v（m/s）1.9702.2022.4122.6062.786v2（m2/s2）3.88l4.8495.8186.7917.762完成下列填空和作图：验证机械能守恒定律，所需要验证的关系式是mgh=根据表中的数据可知每次实验减少的重力势能比增加的动能都偏大（偏大、偏小），在误差允许范围内可以认为机械能守恒根据表中给出的数据，在图2的坐标纸中画出v2h图线；该图线的斜率k
35、与重力加速度g的关系为2考点：验证机械能守恒定律 专题：实验题；机械能守恒定律应用专题分析：由实验装置，结合实验原理的情况下，只要减小的重力势能与增加的动能相同，即可求解；根据下降的高度求出重力势能的减小量；根据某段时间内平均速度等于中间时间的瞬时速度求出B点的瞬时速度，从而求出动能的变化量，从而将两者进行比较，确定两者大小关系；再根据表格数据，通过描点，然后平滑连线，并通过公式的推导，结合图象的斜率含义，即可求解解答：解：由实验原理可知，减小的重力势能为EP=mgh；增加的动能为；验证机械能守恒定律，所需要验证的关系式是mgh=；当h=0.200m时，减小的重力势能为EP=m9.80.2=1
36、.96mJ；而增加的动能EK=1.94mJ；同理，当h=0.250m时，减少的重力势能比增加的动能偏大；因此出现每次实验减少的重力势能比增加的动能都偏大；根据表格数据，进行描点，作图，并平滑连接，v2h图线如图所示：由图象可知，v2=kh，则有该图线的斜率k与重力加速度g的关系为2；故答案为：mgh=，偏大；如上图所示，2点评：解决该题关键要掌握实验的操作过程和实验的注意事项，及理解验证机械能守恒定律的实验原理，掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解加速度和瞬时速度同时掌握作图方法与技巧，及图象的含义12某同学要用伏安法测量电动车的蓄电池的电动势和内阻，已知蓄电池铭牌上标有“36V”字样，测量时电
37、流取值在5A以内，现有测量器材如下：A量程为05V的伏特表，内阻为5kB电流表A1：量程为05A，内阻未知双量程电流表A2：量程为00.63A，内阻未知C铅蓄电池E1：电动势2V，内阻可忽略不计D电阻箱R1：099999，最大允许电流为5mA电阻箱R2：09999.9，最大允许电流为5mAE滑动变阻器R3：020，最大允许电流为5AF开关一只、导线若干进行测量前需要将伏特表改装成量程为040V的电压表，需要选用的电阻箱是R1（填仪器代号）改装时，电阻箱连入电路的电阻值为35k试在图1的虚线方框内画出该测量实验的电路原理图（图中已给出改装电压表的部分电路选用的仪器用代号标出）当伏特表的示数如图2
38、甲所示时，待测电源两端的实际电压为32.0V（改装后表盘未重新修改刻度）根据实验所测量的数据描点，做出的UI图象如图2乙所示，则被测量的蓄电池的电动势为36.0V，内阻为2考点：测定电源的电动势和内阻 专题：实验题；恒定电流专题分析：根据电源电动势与电压表内阻、量程选择电阻箱，由串联电路特点求出电阻箱阻值；根据实验原理作出电路图；根据图示电表读出其示数；根据图示图象求出电源电动势与内阻解答：解：电源电动势约为36V，电压表量程为5V，内阻为5k，应把电压表改装成40V的电压表，电压表量程扩大8倍，应选择电阻箱R1与电压表串联，电阻箱的分压为35V，电阻箱接入电路的阻值应为电压表内阻的7倍，为3
39、5k应用伏安法测电源电动势与内阻，电压表测路端电压，电流表测电路电流，电路图如图所示：由图示电压表可知，其示数为4V，则待测电源两端实际电压为：4V8=32V由图示电源UI图象可知，图象与纵轴交点坐标值为36，则电源电动势：E=36V；电源内阻：r=2故答案为：R1；35；电路图如图；32.0；36.0；2点评：本题考查了电压表的改装、设计实验电路图、电压表读数、求电源电动势与内阻，掌握电压表的改装原理应用串联电路特、掌握应用图象法处理实验数据的方法即可正确解题三、计算题：本题共2个小题，共40分解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分有数值计算的题答案中必
40、须明确写出数值和单位13（19分）某电视台“快乐向前冲”节目中的场地设施如图所示，AB为水平直轨道，上面安装有电动悬挂器，可以载人运动，水面上漂浮着一个半径为R，角速度为，铺有海绵垫的转盘，转盘的轴心离平台的水平距离为L，平台边缘与转盘平面的高度差为H选手抓住悬挂器，可以在电动机带动下，从A点下方的平台边缘处沿水平方向做初速度为零，加速度为a的匀加速直线运动选手必须作好判断，在合适的位置释放，才能顺利落在转盘上设人的质量为m（不计身高大小），人与转盘间的最大静摩擦力为mg，重力加速度为g（1）假设选手落到转盘上瞬间相对转盘速度立即变为零，为保证他落在任何位置都不会被甩下转盘，转盘的角速度应限制
41、在什么范围？（2）若已知H=5m，L=8ml，a=2m/s2，g=10m/s2，且选手从某处C点释放能恰好落到转盘的圆心上，则他是从平台出发后多长时间释放悬挂器的？（3）若电动悬挂器开动后，针对不同选手的动力与该选手重力关系皆为F=0.6mg，悬挂器在轨道上运动时存在恒定的摩擦阻力，选手在运动到上面（2）中所述位置C点时，因恐惧没有释放悬挂器，但立即关闭了它的电动机，则按照（2）中数据计算悬挂器载着选手还能继续向右滑行多远的距离？考点：动能定理的应用；牛顿第二定律；平抛运动；向心力 专题：动能定理的应用专题分析：（1）根据静摩擦力提供向心力，结合牛顿第二定律求出转盘角速度的范围（2）抓住平抛运
42、动的水平位移和匀加速直线运动的位移等于L，结合位移公式和速度公式求出匀加速运动的时间（3）根据牛顿第二定律，结合速度位移公式求出还能滑行的距离解答：解：（1）设人落在转盘边缘也不至被甩下，最大静摩擦力提供向向心力，则有：mgm2R 即转盘转动角度应满足：（2）没水平加速段位移为x1，时间t1；平抛时水平位移为x2，时间为t2，则加速时有：v=atl平抛运动阶段：x2=vt2H=全程水平方向：x1+x2=L代入已知各量数值，联立以上各式解得：tl=2s （3）由（2）知x1=4m，v=4 m/s，且F=0.6mg，设阻力为f，继续向右滑动距离为x3由动能定理，加速段：（Ff）x1=减速段，由动能
43、定理：fx3=0联立该二式解得：x3=2m答：（1）转盘的角速度应满足（2）他是从平台出发后经过2s释放悬挂器的（3）悬挂器载着选手还能继续向右滑行2m点评：解决本题的关键理清选手的运动过程，结合牛顿第二定律和运动学公式灵活求解14（17分）有两对正对的平行金属板A、B和C、D，分别加上某一电压U1、U2后可在板间各自形成匀强电场（不考虑各自在周围产生的电场），A、B板倾斜放置，与水平成角；C、D板水平放置，其中心线左端N靠近B板边缘，两对金属板间距均为d，C、D板长为d，且在C、D间有水平向外的匀强磁场，磁感应强度为B当带电荷量为+q、质量为m的带电小球，从A板左下端边缘飞入后恰能沿水平直线
44、穿过A、B板间，然后贴着B板右上端边缘从N点再飞入C、D两板间，又恰好可作匀速圆周运动，经一段圆弧最后从D板上的右端P点飞出（重力加速度为g）试求：（1）A、B间和C、D间所加的电压U1、U2的大小（2）小球在A、B间运动加速度大小（3）小球离开A、B板间时的速度和在C、D板间运动时间（4）若想让小球在进入C、D间后能保持匀速穿过水平中线，应调节U2变为U2=？考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力 专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）由平衡条件求出电势差（2）应用牛顿第二定律求出加速度（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可以求出粒子的速
45、度，然后根据粒子做圆周运动的周期求出运动时间（4）由平衡条件可以求出电势差解答：解：（1）小球在C、D间能做匀速圆周运动，说明重力与电场力平衡，洛仑兹力提供向心力，有：q=mg，即：U2=，小球在A、B间能沿水平直线运动，合力应沿水平方向，如图甲有：F=，又：F=q，即：U1=；（2）小球作匀减速直线运动，由受力图甲知：mgtan=ma，解得：a=gtan；（3）在C、D间轨迹为圆弧，如图乙，由几何关系知r2=（r）2+（d）2，解得：r=d，由牛顿第二定律有：qvB=m，解得：v=；另由图乙知，tan=，则有：=，运动时间：t2=T=，粒子做圆周运动的周期：T=，则：t2=；（4）在竖直方向
46、须受力平衡，即：q=mg+qvB，解得：U2=+；答：（1）A、B间和C、D间所加的电压U1、U2的大小分别为：、（2）小球在A、B间运动加速度大小为：gtan；（3）小球离开A、B板间时的速度为：，在C、D板间运动时间为；（4）若想让小球在进入C、D间后能保持匀速穿过水平中线，应调节U2变为U2为+点评：本题考查了求电势差、求粒子速度与运动时间、加速度问题，分析清楚粒子运动过程是正确解题的前提与关键，应用平衡条件、牛顿第二定律即可正确解题，解题时注意几何知识的应用二.【选做部分】选修3-315下列说法正确的是( )A布朗运动和扩散现象都证明分子在不停地运动B单晶体有固定的熔点，多晶体和非晶体
47、没有固定的熔点C气体吸收的热量可以完全转化为功D一定质量的理想气体，当气体温度升高时，因做功情况不明确，其内能不一定增大考点：布朗运动 专题：热力学定理专题分析：解答本题需掌握：布朗运动和扩散现象都是分子无规则热运动的体现；晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点；热力学第二定律：不可能把热从低温物体传到高温物体而不产生其他影响，或不可能从单一热源取热使之完全转换为有用的功而不产生其他影响；理想气体不考虑分子势能，只考虑分子热运动的动能解答：解：A、布朗运动和扩散现象都证明分子在不停地运动，故A正确；B、单晶体和多晶体都有固定的熔点，而非晶体没有固定的熔点，故B错误；C、在引起其他变化的前提下，
48、气体吸收的热量可以完全转化为功，故C正确；D、一定质量的理想气体，当气体温度升高时，分子热运动的平均动能增加，故内能一定增加，故D错误；故选：AC点评：本题考查了布朗运动、晶体与非晶体、热力学第二定律、温度的微观意义、内能等，知识点多，难度小，关键是记住基础知识16如图是一种气压保温瓶的结构示意图其中出水管很细，体积可忽略不计，出水管口与瓶胆口齐平，；用手按下按压器时，气室上方的小孔被堵塞，使瓶内气体压强增大，水在气压作用下从出水管口流出最初瓶内水面低于水管口10cm，此时瓶内气体（含气室）的体积为2.0102cm3，已知水的密度为1.0103 kg/m3，按压器的自重不计，大气压P0=1.0
49、1105 Pa，取g=10m/s2求：要使水从出水管口流出，瓶内水面上方的气体压强至少要多大？当瓶内压强为1.16105Pa时，瓶内气体体积的压缩量是多少？（忽略瓶内气体的温度变化）考点：理想气体的状态方程；封闭气体压强 专题：理想气体状态方程专题分析：（1）关键液体产生的压强的计算公式：P=gh计算出液体产生的压强，然后根据水上方的压强大于大气压强与液体的压强的和求出即可；（2）列出气体前后的状态，由玻意耳定律即可求出解答：解：由题意知，瓶内外气压以及水的压强存在以下关系： P内=P0+P水=P0+gh水=1.01105Pa+1.0103kg/m310m/s20.1 m=1.02105Pa；
50、 当瓶内气体压强为P=1.16105Pa 时，设瓶内气体的体积为V 由玻意耳定律，有P0V0=PV 压缩量为V=V0V 已知瓶内原有气体体积V0=2.0l02 cm3 解得V=25.9 cm3答：压强至少为1.02105Pa； 瓶内气体体积的压缩量是25.9cm3点评：该题结合液体压强的计算考查理想气体的状态方程，牢记气体的几个实验定律的表达式即可正确解答基础题目选修3-417如图所示，两列简谐横波的振幅都是20cm，传播速度大小相同虚线波的频率为2Hz，沿x轴负方向传播，实线波沿x轴正方向传播某时刻两列波在如图所示区域相遇，以下判断正确的是( )A实线波与虚线波的周期之比为1：2B两列波在相
51、遇区域会发生干涉现象C平衡位置为x=6 m处的质点此刻速度为零D平衡位置为x=4.5 m处的质点此刻位移y20 cm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：在均匀介质中两列波的波速相同，由v=得：波长与周期成正比发生干涉现象是两列波的频率相同根据波的叠加原理分析质点的位移，确定出速度解答：解：A、两列波波速相同，实线波与虚线波的波长分别为2m、4m，波长之比为1：2，由v=得：波长与周期成正比则得周期之比为：1：2故A正确；B、两列波波速相同，波长不同，根据v=f，频率不同，不能发生干涉现象故B错误；C、平衡位置为x=6m处的质点此刻位移为零，两列波单独引起
52、的速度都向下，故合速度不为零，故C错误；D、平衡位置为x=4.5m处的质点，两列波单独引起的位移分20cm、20sin=10cm，所以此刻的位移 y=20cm+10cm20cm，故D正确故选：AD点评：解决本题时要抓住在同一介质中传播的同一类波波速相等，知道干涉的条件和波的叠加原理18如图所示，直角三角形ABC为一三棱镜的横截面，A=30一束单色光从空气射向BC上的E点，并偏折到AB上的F点，光线EF平行于底边AC已知入射方向与BC的夹角为=30试通过计算判断光在F点能否发生全反射考点：光的折射定律 专题：光的折射专题分析：根据几何关系求出光线在BC面上的入射角和折射角，通过折射定律求出折射率
53、的大小通过折射率求出临界角的大小，比较光在AB面上的入射角和临界角的大小，判断是否发生全反射解答：解：光线在BC界面的入射角1=60、折射角2=30根据折射定律得由几何关系知，光线在AB界面的入射角为1=60而棱镜对空气的临界角C的正弦值sinC=则在AB界面的入射角3C所以光线在F点将发生全反射答：光在F点能发生全反射点评：解决本题的关键掌握光的折射定律，结合几何关系进行求解选修3-519U（铀核）经过多次衰变和衰变后变为Rn（氡核），则衰变的次数是4，衰变的次数是2考点：原子核衰变及半衰期、衰变速度 专题：衰变和半衰期专题分析：正确解答本题的关键是：理解、衰变的实质，正确根据衰变过程中质量
54、数和电荷数守恒进行解题解答：解：发生衰变是放出42He，发生衰变是放出电子01e，设发生了x次衰变和y次衰变，则根据质量数和电荷数守恒有：2xy+86=92，4x+222=238，解得x=4，y=2，故衰变过程中共有4次衰变和2次衰变故答案为：4，2点评：本题主要考查了质量数和电荷数守恒在衰变过程中的应用，是考查基础知识和规律的好题20如图所示，前端粘有粘结剂的铁块A质量mA=l kg，足够长的木板B质量mB=4kg，质量为mC=2kg木块C置于木板B上，水平面光滑，B、C之间有摩擦现使A以v0=12m/s的初速度向右运动，与B碰撞后粘合在一起求：B运动过程中的最大速度大小木块C的最终速度大小
55、考点：动量守恒定律 专题：动量定理应用专题分析：A与B发生碰撞B获得速度，开始做匀减速直线运动，C开始做匀加速直线运动，当BC速度相同时，两者相对静止，A与B碰后瞬间，B速度最大A、B、C构成的系统，由动量守恒定律求解解答：解：A与B碰撞粘合后，当C的速度为零时，B具有最大速度，且A、B速度相同，设大小为vB取向右为正方向，由动量守恒定律，得mAv0=（mA+mB ）vB代入数据，解得vB=2.4 m/s 最终A、B、C的速度相同，设C的最终速度大小为vCA、B、C构成的系统，由动量守恒定律，得mAv0=（mA+mB+mC） vC代入数据，解得vC=1.71 m/s 答：B运动过程中的最大速度大小是2.4 m/s木块C的最终速度大小是1.71 m/s点评：本题考查了求木板、木块速度问题，分析清楚运动过程、正确选择研究对象与运动过程是解题的前提与关键，应用动量守恒定律即可正确解题；解题时要注意正方向的选择