1、山东省枣庄五中2015届高考物理三模试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，共42分每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，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如图甲所示，水平地面上有一静止平板车，车上放一物块，物块与平板车表面间的动摩擦因数为0.2，t=0时，车受水平外力作用开始沿水平面做直线运动，其vt图象如乙所示，t=12s后车静止不动平板车足够长，物块不会从车上掉下，g取10m/s2，关于物块的运动，下列描述正确的是( )A06s加速，加速度大小为4m/s2，6s12s减速，加速度大小为4m/s2B06s加速，加速度大小为2m/s2，6s12
2、s减速，加速度大小为2m/s2C06s加速，加速度大小为2m/s2，6s12s先加速后减速，加速度大小为4m/s2D06s加速，加速度大小为2m/s2，6s12s先加速后减速，加速度大小为2m/s22如图所示，粗糙的水平地面上的长方形物块将一重为G的光滑圆球抵在光滑竖直的墙壁上，现用水平向右的拉力F缓慢拉动长方体物块，在圆球与地面接触之前，下面的相关判断正确的是( )A球对墙壁的压力逐渐减小B水平拉力F逐渐减小C地面对长方体物块的摩擦力逐渐增大D地面对长方体物块的支持力逐渐增大3如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，副线圈接有电压表、光敏电阻R（其阻值随光强增大而减小）、“
3、12V、6W”的小灯泡D电流表、电压表均为理想电表原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压u，下列说法正确的是( )A电压u的频率为100 HzB电压表的示数为22VC照射R的光变弱时，电流表的示数变大D调节照射R的光强度，可以使灯泡D正常发光4空间某一静电场的电势在x轴上分布如图所示，x轴上有B、C两点，则下列说法中正确的有( )AB点的场强小于C点的场强B同一试探电荷在B、C两点的电势能可能相同C负电荷沿x轴从B点移到C点的过程中，电势能先减小后增大DB点电场强度沿x轴方向的分量与C点电场强度沿x轴分量方向相反5据报道，有科学家支持让在2006年被除名的冥王星重新拥有“行星”称号，而最终结果将在
4、国际天文联合会举行的会议上才能做出决定下表是关于冥王星的一些物理量（万有引力常量G已知），则下列说法正确的是( )物理量直径平均密度公转周期自转周期表面温度量值约2 300km约2.0g/cm3约248年约6.387天220以下A冥王星绕日公转的线速度比地球绕日公转的线速度小B冥王星绕日公转的加速度比地球绕日公转的加速度大C根据所给信息，可以估算冥王星表面重力加速度的大小D根据所给信息，可以估算太阳的体积6如图甲所示，圆形的刚性金属线圈与一平行板电容器连接，线圈内存在垂直于线圈平面的匀强磁场，取垂直于纸面向里为磁感应强度B的正方向，B随时间t的变化关系如图乙所示t=0时刻，在平行板电容器间，由
5、静止释放一带正电的粒子（重力可忽略不计），假设粒子运动未碰到极板，不计线圈内部磁场变化对外部空间的影响，下列关于粒子在板间运动的速度图象和位移图象（以向上为正方向）正确的是( )ABCD7如图甲所示是一打桩机的简易模型质量m=1kg的物块在拉力F作用下从与铁钉接触处由静止开始运动，上升一段高度后撤去F，到最高点后自由下落，撞击铁钉，将铁钉打入10cm深度，物块不再被弹起若以初始状态物块与铁钉接触处为零势能点，物块上升过程中，机械能E与上升高度h的关系图象如图乙所示撞击前不计所有阻力，碰撞瞬间损失2J的能量，已知铁钉的质量为0.2kg，g=10m/s2则( )A物块在F作用下向上运动的加速度为1
6、2 m/s2B物块上升过程的最大速度为2m/sC物块上升到0.25m高度处拉力F的瞬时功率为12WD铁钉被打入10cm深度的过程中受到的平均阻力为112N二、非选择题（必做+选做）【必做部分】8某实验小组利用图（a）所示实验装置及数字化信息系统探究“外力做功与小车动能变化的关系”实验时将小车拉到水平轨道的O位置由静止释放，在小车从O位置运动到 A位置过程中，经计算机处理得到了弹簧弹力与小车位移的关系图线如图（b）所示，还得到了小车在A位置的速度大小vA；另外用电子秤测得小车（含位移传感器发射器）的总质量为m回答下列问题：（1）由图（b）可知，图（a）中A位置到力传感器的距离_（“小于”、“等于
7、”或“大于”）弹簧原长（2）小车从O位置运动到A位置过程中弹簧对小车所做的功W=_，小车的动能改变量Ek=_（用m、vA、FA、F0、xA中各相关物理量表示）（3）若将弹簧从小车上卸下，给小车一初速度v0，让小车从轨道右端向左端滑动，利用位移传感器和计算机得到小车的速度随时间变化的图线如图（c）所示，则小车所受轨道摩擦力的大小f=_（用m、v0、tm中各相关物理量表示）（4）综合步骤（2）、（3），该实验所要探究的“外力做功与小车动能变化的关系”表达式是_（用m、vA、FA、F0、xA、v0、tm中各相关物理量表示）9现有一多用电表，其欧姆挡的“0”刻度线与中值刻度线之间的刻度模糊，若用“10
8、0”的欧姆挡，经调零后，规范测量某一待测电阻R，指针所指的位置与“0”刻度线和中值刻度线间的夹角相等，如图所示，则该待测电阻R=_10某同学准备利用下列器材测量干电池的电动势和内电阻A待测干电池两节，每节电池电动势约为1.5V，内阻约几欧姆B直流电压表V1、V2，量程均为3V，内阻很大C定值电阻R0未知D滑动变阻器R，最大阻值RmE导线和开关根据如图甲所示的实物连接图，在图乙方框中画出相应的实验原理图实验之前，需要利用该电路图测出定值电阻R0，方法是先把滑动变阻器R调到最大阻值Rm，再闭合开关，电压表V1和V2的读数分别为U10、U20，则R0=_（用U10、U20、Rm表示）实验中移动滑动变
9、阻器触头，读出电压表V1和V2的多组数据U1、U2，描绘出U1U2图象如图丙所示，图中直线斜率为k，与横轴的截距为a，则两节干电池的总电动势E=_，总内阻r=_（用k、a、R0表示）11（18分）某电视台的娱乐节目中，有一个拉板块的双人游戏，考验两人的默契度如图所示，一长L=0.60m、质量M=0.40kg的木板靠在光滑竖直墙面上，木板右下方有一质量m=0.80kg的小滑块（可视为质点），滑块与木板间的动摩擦因数为=0.20，滑块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2一人用水平恒力F1向左作用在滑块上，另一人用竖直恒力F2向上拉动滑块，使滑块从地面由静止开始向上运动（1）为使
10、木板能向上运动，求F1必须满足什么条件？（2）若F1=22N，为使滑块与木板能发生相对滑动，求F2必须满足什么条件？（3）游戏中，如果滑块上移h=1.5m时，滑块与木板没有分离，才算两人配合默契，游戏成功现F1=24N，F2=16N，请通过计算判断游戏能否成功？12如图所示，在xOy平面的第象限的某一区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B1，该磁场区域的边界为半圆形有一质量m=1012kg、带正电q=107C的a粒子从O点以速度v0=105m/s，沿与y轴正方向成=30射入第象限，经磁场偏转后，从y轴上的P点垂直于y轴射出磁场，进入第象限，P点纵坐标为yP=3m，y轴右侧和垂直于x轴的
11、虚线左侧间有平行于y轴指向y轴负方向的匀强电场，a粒子将从虚线与x轴交点Q进入第象限，Q点横坐标xQ=6m，虚线右侧有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B2=B1不计粒子的重力，求：（1）匀强电场的电场强度E的大小（保留三位有效数字）（2）半圆形磁场磁感应强度B1的大小及该半圆形磁场区域的最小面积S（3）若在a粒子刚进入磁场B1的同时，另有一质量m=1012kg、带负电q=107C的b粒子，从y轴上的M点（图中未画）仍以速度v0垂直于y轴射入电场，a、b两粒子将在磁场B2区域迎面相遇于N点，求N点的坐标（不计a、b粒子间的相互作用力）【选做部分】请考生从以下三个模块中任选一模块作答【物理-选修
12、3-3】13一定质量的理想气体分别在T1、T2温度下发生等温变化，相应的两条等温线如图所示，T2对应的图线上有A、B两点，表示气体的两个状态下列叙述正确的是( )A温度为T1时气体分子的平均动能比T2时大BA到B的过程中，气体从外界吸收热量CA到B的过程中，气体内能增加DA到B的过程中，气体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次数减少14如图所示，一圆柱形绝热气缸竖直放置，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体，活塞的质量为m，横截面积为S，与容器底部相距h现通过电热丝缓慢加热气体，当气体吸收热量Q时，活塞上升高度h，此时气体的温度为T1已知大气压强为p0，重力加速度为g，不计活塞与气缸的摩擦求
13、：（1）加热过程中气体的内能增加量；（2）现停止对气体加热，同时在活塞上缓慢添加砂粒，当添加砂粒的质量为m0时，活塞恰好回到原来的位置，求此时气体的温度【物理-选修3-4】15如图，a、b、c、d是均匀媒质中x轴上的四个质点，相邻两点的间距依次为2m、4m和6m一列简谐横波以2m/s的波速沿x轴正向传播，在t=0时刻到达质点a处，质点a由平衡位置开始竖直向下运动，t=3s时a第一次到达最高点下列说法正确的是( )A在t=6s时刻波恰好传到质点d处B在t=5s时刻质点c恰好到达最高点C质点b开始振动后，其振动周期为4sD当质点d向下运动时，质点b一定向上运动16如图所示，半圆形玻璃砖的半径R=1
14、0cm，AB与屏幕垂直并接触于A点，激光束a射向半圆形玻璃砖的圆心O，激光束a对准O点从图示位置在纸面内顺时针方向旋转，当转过角度为30时，光屏上有两个光斑，当转过的角度刚好为45时，光屏上恰好只有一个光斑，求：玻璃砖的折射率n；当转过角度为30时，光屏上两个光斑之间的距离L【物理-选修3-5】17下列叙述正确的有( )A衰变现象说明电子是原子核的组成部分B目前已建成的核电站的能量来自于重核裂变C按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能增大，原子总能量增大D卢瑟福依据极少数粒子发生大角度散射提出了原子核式结构模型18一个静止的铀核U（原子质量为232.03
15、72u）放出一个粒子（原子质量为4.0026u）后衰变成钍核Th（原子质量为228.0287u）（已知：原子质量单位1u=1.671027kg，1u相当于931MeV）写出核衰变反应方程，并算出该核衰变反应中释放出的核能假设反应中释放出的核能全部转化为钍核和粒子的动能，则钍核获得的动能有多大？山东省枣庄五中2015届高考物理三模试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，共42分每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，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如图甲所示，水平地面上有一静止平板车，车上放一物块，物块与平板车表面间的动摩擦因数为0.2，t=0时，
16、车受水平外力作用开始沿水平面做直线运动，其vt图象如乙所示，t=12s后车静止不动平板车足够长，物块不会从车上掉下，g取10m/s2，关于物块的运动，下列描述正确的是( )A06s加速，加速度大小为4m/s2，6s12s减速，加速度大小为4m/s2B06s加速，加速度大小为2m/s2，6s12s减速，加速度大小为2m/s2C06s加速，加速度大小为2m/s2，6s12s先加速后减速，加速度大小为4m/s2D06s加速，加速度大小为2m/s2，6s12s先加速后减速，加速度大小为2m/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：根据速度与时间的
17、图象，结合图象的信息：斜率大小表示加速度的大小，倾斜方向与加速度方向有关根据车的运动情况，从而可确定物相对车加速还是减速，结合牛顿第二定律，即可求解解答：解：根据速度与时间的图象的斜率表示加速度，则有车先以a=4m/s2的加速度匀加速直线运动，后以a=4m/s2的加速度匀减速直线运动，根据物体与车的动摩擦因数可知，物体与车的滑动摩擦力产生的加速度为a1=2m/s2，因此当车的速度大于物体的速度时，物体受到滑动摩擦动力，相反则受到滑动摩擦阻力根据受力分析，结合牛顿第二定律，则有：当06s时，车的速度大于物体，因此物体受到滑动摩擦动力，则其加速度为2m/s2，同理，可得：当612s时，车的速度先大
18、于后小于物体，因此物体受到先受动力后受滑动摩擦阻力，则其加速度为2m/s2，故D正确，ABC错误；故选：D点评：本题考查物体与车的相对运动情况，从而根据运动情况来确定受力情况，并掌握牛顿第二定律的应用，注意分清研究对象，同时掌握读取图象信息的能力2如图所示，粗糙的水平地面上的长方形物块将一重为G的光滑圆球抵在光滑竖直的墙壁上，现用水平向右的拉力F缓慢拉动长方体物块，在圆球与地面接触之前，下面的相关判断正确的是( )A球对墙壁的压力逐渐减小B水平拉力F逐渐减小C地面对长方体物块的摩擦力逐渐增大D地面对长方体物块的支持力逐渐增大考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用 专题：共点力作用
19、下物体平衡专题分析：小球受力平衡，对小球进行受力分析，作出受力分析图，当水平向右的拉力F缓慢拉动长方体物块时，增大，根据几何关系判断墙对小球的压力和物块对球支持力的大小变化情况，再结合牛顿第三定律判断球对墙壁的压力和球对长木板的压力变化情况，对小球和长方形物块整体进行受力分析，整体处于平衡状态，受力平衡，根据平衡条件及滑动摩擦力公式判断地面对长方体物块的支持力和地面对长方体物块的摩擦力变化情况，再对长方形物块受力分析，根据水平方向受力平衡列式求解水平拉力F的变化情况解答：解：A、对小球进行受力分析，如图所示：小球受力平衡，则有：N1=Gtan，当水平向右的拉力F缓慢拉动长方体物块时，增大，则t
20、an增大，所以N1增大，cos减小，则N2增大，根据牛顿第三定律可知，球对墙壁的压力逐渐增大，故A错误；C、对小球和长方形物块整体进行受力分析，整体处于平衡状态，受力平衡，受到重力、地面的支持力、拉力F和墙壁对球水平向右的压力以及水平向左的滑动摩擦力，竖直方向受力平衡，则地面对物块的支持力等于整体的重力，不发生改变，动摩擦因数不变，则滑动摩擦力不变，故CD错误；B、对长方形物块受力分析，受到重力、地面的支持力、拉力F、球对物块的压力N2以及滑动摩擦力作用，如图所示：受力平衡，则水平方向有：F+N2sin=f，根据牛顿第三定律可知，N2=N2，由于N2增大，增大，f不变，则F减小，故B正确故选：
21、B点评：本题主要考查了共点力平衡条件的直接应用，要求同学们能灵活选择研究对象，并能正确对物体进行受力分析，根据平衡条件结合几何关系求解，特别要注意对整体受力分析后，根据共点力平衡条件得出支持力不变，从而判断摩擦力为恒力，难度适中3如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，副线圈接有电压表、光敏电阻R（其阻值随光强增大而减小）、“12V、6W”的小灯泡D电流表、电压表均为理想电表原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压u，下列说法正确的是( )A电压u的频率为100 HzB电压表的示数为22VC照射R的光变弱时，电流表的示数变大D调节照射R的光强度，可以使灯泡D正常发光考点：变压器的构
22、造和原理；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、输出功率之比和闭合电路中的动态分析类似，可以根据R的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，在根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况解答：解：A、原线圈接入如图乙所示，T=0.02s，所以频率为f=50 Hz，故A错误；B、原线圈接入电压的最大值是220V，所以原线圈接入电压的有效值是U=220V，理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，所以副线圈电压是22V，所以V的示数为22V，故B正确；C、R阻值随光减弱增大，根据I=知副
23、线圈电流减小，副线圈输出功率减小，根据功率相等，所以原线圈输入功率减小，原线圈电流减小，所以A的示数减小，故C错误；D、调节照射R的光强度，使流过它的电流I=0.5A即可，故D正确；故选：BD点评：电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法4空间某一静电场的电势在x轴上分布如图所示，x轴上有B、C两点，则下列说法中正确的有( )AB点的场强小于C点的场强B同一试探电荷在B、C两点的电势能可能相同C负电荷沿x轴从B点移到C点的过程中，电势能先减小后增大DB点电场强度沿x轴方向的分量与C点电场强度沿x轴分量方向
24、相反考点：电势；电场强度 专题：电场力与电势的性质专题分析：本题的入手点在于如何判断EBx和ECx的大小，由图象可知在x轴上各点的电场强度在x方向的分量不相同，如果在x方向上取极小的一段，可以把此段看做是匀强电场，用匀强电场的处理方法思考，从而得到结论，此方法为微元法解答：解：A、在B点和C点附近分别取很小的一段x，由图象，B点段对应的电势差大于C点段对应的电势差，看做匀强电场有E=，可见EBxECx，故A错误；B、根据电势能与电势的关系：EP=q，可知，同一试探电荷在B、C两点的电势能一定不相同故B错误；C、根据电势能与电势的关系：EP=q，负电荷在电势高处的电势能小，所以负电荷沿x轴从B点
25、移到C点的过程中，电势能先减小后增大，故C正确；D、沿电场方向电势降低，在O点左侧，EBx的方向沿x轴负方向，在O点右侧，ECx的方向沿x轴正方向，B点电场强度沿x轴方向的分量与C点电场强度沿x轴分量方向相反，故D正确故选：CD点评：本题需要对电场力的性质和能的性质由较为全面的理解，并要求学生能灵活应用微分法；故此题的难度较高5据报道，有科学家支持让在2006年被除名的冥王星重新拥有“行星”称号，而最终结果将在国际天文联合会举行的会议上才能做出决定下表是关于冥王星的一些物理量（万有引力常量G已知），则下列说法正确的是( )物理量直径平均密度公转周期自转周期表面温度量值约2 300km约2.0g
26、/cm3约248年约6.387天220以下A冥王星绕日公转的线速度比地球绕日公转的线速度小B冥王星绕日公转的加速度比地球绕日公转的加速度大C根据所给信息，可以估算冥王星表面重力加速度的大小D根据所给信息，可以估算太阳的体积考点：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：根据表格得出冥王星与地球周期关系根据万有引力提供向心力，列出等式表示出所要比较的物理量；根据题目中已知条件进行比较解答：解：AC、根据表格得出冥王星公转周期大于地球公转周期，根据万有引力提供向心力，解得T=，所以冥王星轨道半径大于地球轨道半径，根据，解得v=，a=，冥王星轨道半径大于地球轨道半径，所以冥王星绕日公转
27、的线速度比地球绕日公转的线速度小，冥王星轨道半径大于地球轨道半径，所以冥王星绕日公转的加速度比地球绕日公转的加速度小，故A正确，B错误C、根据星球表面万有引力等于重力得：，冥王星表面重力加速度的大小g=，根据表格的数据可以估算冥王星表面重力加速度的大小，故C正确D、根据所给信息，无法估算太阳的体积的大小，故D错误故选：AC点评：向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用要比较一个物理量大小，我们应该把这个物理量先表示出来，再进行比较6如图甲所示，圆形的刚性金属线圈与一平行板电容器连接，线圈内存在垂直于线圈平面的匀强磁场，取垂直于纸面向里为磁感应强度B的正方向，B随时间t
28、的变化关系如图乙所示t=0时刻，在平行板电容器间，由静止释放一带正电的粒子（重力可忽略不计），假设粒子运动未碰到极板，不计线圈内部磁场变化对外部空间的影响，下列关于粒子在板间运动的速度图象和位移图象（以向上为正方向）正确的是( )ABCD考点：法拉第电磁感应定律；电容 专题：电磁感应与电路结合分析：由图可知磁感应强度的变化，则由楞次定则可得出平行板上的带电情况；对带电粒子受力分析可知带电粒子的受力情况，由牛顿第二定律可知粒子的运动情况；根据粒子受力的变化可知粒子加速度的变化，通过分析可得出粒子的运动过程解答：解：0内情况：由楞次定律可知，金属板上极板带负电，金属板下极板带正电；因粒子带正电，则
29、粒子所受电场力方向竖直向上而向上做匀加速运动内情况：由楞次定律可知，金属板上极板带正电，金属板下极板带负电；因粒子带正电，则粒子所受电场力方向竖直向下而向上做匀减速运动，直到速度为零 内情况：由楞次定律可知，金属板上极板带正电，金属板下极板带负电，带正电粒子向下匀加速，同理，T内情况：由楞次定律可知，金属板上极板带负电，金属板下极板带正电；因粒子带正电，则粒子所受电场力方向竖直向上，而向下做匀减速运动，直到速度为零；由上分析可知，末速度减小为零，位移最大，当T末，粒子回到了原来位置故A正确，BCD错误；故选：A点评：本题属于综合性题目，注意将产生感应电流的部分看作电源，则可知电容器两端的电压等
30、于线圈两端的电压，这样即可还原为我们常见题型7如图甲所示是一打桩机的简易模型质量m=1kg的物块在拉力F作用下从与铁钉接触处由静止开始运动，上升一段高度后撤去F，到最高点后自由下落，撞击铁钉，将铁钉打入10cm深度，物块不再被弹起若以初始状态物块与铁钉接触处为零势能点，物块上升过程中，机械能E与上升高度h的关系图象如图乙所示撞击前不计所有阻力，碰撞瞬间损失2J的能量，已知铁钉的质量为0.2kg，g=10m/s2则( )A物块在F作用下向上运动的加速度为12 m/s2B物块上升过程的最大速度为2m/sC物块上升到0.25m高度处拉力F的瞬时功率为12WD铁钉被打入10cm深度的过程中受到的平均阻
31、力为112N考点：动能定理；功率、平均功率和瞬时功率 分析：撤去拉力后，物体的机械能守恒，结合图象求出物体上升过程中的最大速度，根据速度位移公式求出物体上升的加速度根据速度位移公式求出上升到0.25m时的速度，根据牛顿第二定律求出拉力的大小，从而求出拉力的瞬时功率根据能量守恒求出钉子受到的平均阻力大小解答：解：A、物体上升1m高度时的机械能E=mgh1，即：12=101+v，解得物体上升过程中最大速度v1=2m/s根据匀变速直线运动的速度位移公式得：v12=2ah1，可知物体上升过程的加速度为：a=2m/s2故AB错误；C、根据速度位移公式得：v22=2ah，解得：v2=m/s=1m/s；根据
32、牛顿第二定律得：Fmg=ma，解得：F=mg+ma=112N=12N，则拉力F的瞬时功率为：P=Fv=121W=12W故C正确D、根据机械能守恒得，物体与钉子接触时的动能为12J，根据能量守恒得：（m+m）gh2+=fh2+E，代入数据（1+0.2）100.1+12=f0.1+2得：f=112N故D正确故选：CD点评：物体动能与势能之和是物体的机械能，分析清楚图象，应用牛顿第二定律、运动学公式、功率公式等知识即可正确解题二、非选择题（必做+选做）【必做部分】8某实验小组利用图（a）所示实验装置及数字化信息系统探究“外力做功与小车动能变化的关系”实验时将小车拉到水平轨道的O位置由静止释放，在小车
33、从O位置运动到 A位置过程中，经计算机处理得到了弹簧弹力与小车位移的关系图线如图（b）所示，还得到了小车在A位置的速度大小vA；另外用电子秤测得小车（含位移传感器发射器）的总质量为m回答下列问题：（1）由图（b）可知，图（a）中A位置到力传感器的距离大于（“小于”、“等于”或“大于”）弹簧原长（2）小车从O位置运动到A位置过程中弹簧对小车所做的功W=，小车的动能改变量Ek=（用m、vA、FA、F0、xA中各相关物理量表示）（3）若将弹簧从小车上卸下，给小车一初速度v0，让小车从轨道右端向左端滑动，利用位移传感器和计算机得到小车的速度随时间变化的图线如图（c）所示，则小车所受轨道摩擦力的大小f=
34、（用m、v0、tm中各相关物理量表示）（4）综合步骤（2）、（3），该实验所要探究的“外力做功与小车动能变化的关系”表达式是（F0+FA2）xA=mvA2（用m、vA、FA、F0、xA、v0、tm中各相关物理量表示）考点：探究功与速度变化的关系 专题：实验题分析：（1）根据计算机处理得到了弹簧弹力与小车位移的关系图线与胡克定律分析答题（2）根据功的定义，结合Ft图即可求出拉力的功；根据动能的定义式，结合图象即可求出动能的变化（3）由公式：W总=WfSA和f=ma=，结合图象c即可求出；（4）结合平衡摩擦力的方法判断即可解答：解：（1）根据计算机处理得到了弹簧弹力与小车位移的关系图线可知，弹簧的
35、弹力随弹簧长度的减小而减小，可知弹簧的长度减小时，伸长量减小，A位置弹簧仍然处于伸长状态，因此力传感器的距离大于弹簧原长；（2）根据功的定义可知，功是力在空间的积累效果，W=FS，结合FS图象可知，小车从O到A的过程中，拉力做的功可以用梯形的面积来表示，即：W=xA，小车的初速度是0，末速度是vA，则动能的改变量：Ek=m0=m；（3）根据图c可知，小车在不受弹簧的弹力时做匀减速直线运动，说明小车受到摩擦力的作用，结合图c可知，小车的加速度：a=，所以，小车受到的摩擦力：f=ma=由此可知，在有弹簧的弹力时，弹簧的弹力和摩擦力共同为小车做功，则：W总=WfSA（4）由（3）的分析可知，所以该同
36、学需要验证的关系式是：（F0+FA2）xA=mvA2；故答案为：（1）大于；（2），；（3）；（4）（F0+FA2）xA=mvA2点评：通过作出两个量的图象，然后由图象去寻求未知量与已知量的关系运用数学知识和物理量之间关系式结合起来求解9现有一多用电表，其欧姆挡的“0”刻度线与中值刻度线之间的刻度模糊，若用“100”的欧姆挡，经调零后，规范测量某一待测电阻R，指针所指的位置与“0”刻度线和中值刻度线间的夹角相等，如图所示，则该待测电阻R=500考点：用多用电表测电阻 专题：实验题分析：欧姆表的工作原理是闭合电路欧姆定律，应用闭合电路欧姆定律求出电阻阻值解答：解：欧姆表调零时，Ig=，由图示欧姆
37、表可知，中央刻度值为：15100=1500，指针在中央刻度线时：Ig=，欧姆表指针所指的位置与“0”刻度线和中值刻度线间的夹角相等，则电流：I=Ig=，解得：RX=500故答案为：500点评：知道欧姆表的工作原理，根据欧姆表的电路应用闭合电路欧姆定律求出计算待测电阻10某同学准备利用下列器材测量干电池的电动势和内电阻A待测干电池两节，每节电池电动势约为1.5V，内阻约几欧姆B直流电压表V1、V2，量程均为3V，内阻很大C定值电阻R0未知D滑动变阻器R，最大阻值RmE导线和开关根据如图甲所示的实物连接图，在图乙方框中画出相应的实验原理图实验之前，需要利用该电路图测出定值电阻R0，方法是先把滑动变
38、阻器R调到最大阻值Rm，再闭合开关，电压表V1和V2的读数分别为U10、U20，则R0=（用U10、U20、Rm表示）实验中移动滑动变阻器触头，读出电压表V1和V2的多组数据U1、U2，描绘出U1U2图象如图丙所示，图中直线斜率为k，与横轴的截距为a，则两节干电池的总电动势E=，总内阻r=（用k、a、R0表示）考点：测定电源的电动势和内阻 专题：实验题分析：（1）由实物图可知电路的连接方法得出对应的原理图；（2）根据实验原理结合欧姆定律可求得定值电阻的阻值；（3）根据闭合电路欧姆定律及图象的性质可得出对应的电动势和内电阻解答：解：（1）由实物图可知电路的连接方式，得出的实物图如图所示；（2）由
39、图可知，V2测量R0与R两端的电压，V1测量R两端的电压，则R0两端的电压U20U10；由欧姆定律可知，R0=；（2）由闭合电路欧姆定律可知，E=U2+变形得：U1=+则有：=a；=k解得：故答案为：（1）如图所示；（2）；点评：本题考查测量电动势和内电阻的实验方法，关键在明确根据闭合电路欧姆定律得出对应的表达式，再分析图象的意义，求得电动势和内电阻11（18分）某电视台的娱乐节目中，有一个拉板块的双人游戏，考验两人的默契度如图所示，一长L=0.60m、质量M=0.40kg的木板靠在光滑竖直墙面上，木板右下方有一质量m=0.80kg的小滑块（可视为质点），滑块与木板间的动摩擦因数为=0.20，
40、滑块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2一人用水平恒力F1向左作用在滑块上，另一人用竖直恒力F2向上拉动滑块，使滑块从地面由静止开始向上运动（1）为使木板能向上运动，求F1必须满足什么条件？（2）若F1=22N，为使滑块与木板能发生相对滑动，求F2必须满足什么条件？（3）游戏中，如果滑块上移h=1.5m时，滑块与木板没有分离，才算两人配合默契，游戏成功现F1=24N，F2=16N，请通过计算判断游戏能否成功？考点：牛顿第二定律 专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）木板靠在光滑的墙壁上，若使木板能向上运动，则物块对木板的摩擦力应大于木板的重力，列出关系式计算可得（2）由牛顿
41、第二定律分别求出木板和物块的加速度，若物块的加速度大于木板的加速度即会发生相对滑动（3）分别对木板和滑块分析，根据牛顿第二定律求出各自加速度，根据各自加速度求出位移，判断相对滑动的位移，与1.5m作比较，可得出结果解答：解：（1）滑块与木板间的滑动摩擦力：f=F1对木板应有：fMg代入数据得：F120N（2）对木板由牛顿第二定律有：F1Mg=Ma1对滑块由牛顿第二定律有：F2F1mg=ma2要能发生相对滑动应有：a2a1代入数据可得：F213.2N（3）对滑块由牛顿第二定律有：F2F1mg=ma3设滑块上升h的时间为t，则：对木板由牛顿第二定律有：F1Mg=Ma4设木板在t时间上升的高度为H，
42、则：代入数据可得：H=0.75m由于H+Lh，滑块在上升到1.5m之前已经脱离了木板，游戏不能成功答：（1）为使木板能向上运动，求F1必须满足F120N（2）若F1=22N，为使滑块与木板能发生相对滑动，求F2必须满足F213.2N（3）游戏不能成功点评：本题看起来很复杂，需要细心分析，充分利用牛顿第二定律和运动之间的关系12如图所示，在xOy平面的第象限的某一区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B1，该磁场区域的边界为半圆形有一质量m=1012kg、带正电q=107C的a粒子从O点以速度v0=105m/s，沿与y轴正方向成=30射入第象限，经磁场偏转后，从y轴上的P点垂直于y轴射出磁
43、场，进入第象限，P点纵坐标为yP=3m，y轴右侧和垂直于x轴的虚线左侧间有平行于y轴指向y轴负方向的匀强电场，a粒子将从虚线与x轴交点Q进入第象限，Q点横坐标xQ=6m，虚线右侧有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B2=B1不计粒子的重力，求：（1）匀强电场的电场强度E的大小（保留三位有效数字）（2）半圆形磁场磁感应强度B1的大小及该半圆形磁场区域的最小面积S（3）若在a粒子刚进入磁场B1的同时，另有一质量m=1012kg、带负电q=107C的b粒子，从y轴上的M点（图中未画）仍以速度v0垂直于y轴射入电场，a、b两粒子将在磁场B2区域迎面相遇于N点，求N点的坐标（不计a、b粒子间的相互作用力
44、）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：（1）a粒子在电场中作类平抛运动，抓住粒子在垂直电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做匀加速直线运动，结合牛顿第二定律和运动学公式求出电场强度的大小（2）作出粒子在磁场中的运动轨迹，结合几何关系求出半径，根据半径公式求出磁感应强度通过几何关系求出半圆形磁场区域B1的最小面积S（3）a、b粒子将发生迎面正碰，故a粒子经过磁场B2偏转后有b粒子碰撞；先求解粒子从O点经过磁场B1、电场、磁场B2后的时间以及离开磁场B2的坐标点；最后将在电场中的运动分为x方向的分运动和y方向的分运动列式，根据位移关系
45、和时间关系列式后联立求解解答：解：（1）a粒子在电场中做类平抛运动，运动时间为t，则 xQ=v0t yP=at2 又 a= 由解得：E=5.56103N/C（2）a粒子在磁场B1中做匀速圆周运动，轨迹如图所示，半径为R1由图可知 yP=R1+ 代入数据解得 R1=1m由牛顿第二定律得 qv0B1=m 由解得 B1=1T设a粒子在A点进入磁场B1，AP的中点为最小半圆磁场区域的圆心，半径为r，则 r=R1sin60 半圆形磁场区域的最小面积：s=1.18m2（3）设a粒子进入磁场B2时的速度v与x轴的夹角为，轨道半径为R2，则 tan=可得 =30（10）v= （11）则qvB2=m（12）得
46、R2=m设a粒子在磁场B2中出射点为c，由题意分析知b粒子与a粒子在B2区域迎面相遇，其轨迹与a粒子轨迹恰好对称，所以b粒子在磁场B2中的入射点为c，半径R3=R2（13）由粒子在磁场中运动的周期 T=（14）粒子a在B1和B2中做圆周运动的周期T1、T2与b粒子在B2中作圆周运动的周期T3的关系是T1=T2=T3，a粒子在B1中运动时间为 t=，所以，当a粒子到Q点时，b粒子在磁场中已运动了t1=，接下来在各自运动三分之一周期即相遇，即a、b粒子相遇点N是轨迹与x轴的交点（15） xN=xQ+2R2cos（）（16）解得 xN=m相遇点N的坐标为（m，0m）答：（1）匀强电场的电场强度E的大
47、小为5.56103N/C（2）半圆形磁场磁感应强度B1的大小为1T，该半圆形磁场区域的最小面积S为1.18m2（3）相遇点N的坐标为（m，0m）点评：本题关键是明确粒子的运动规律，要分过程画出粒子的运动轨迹，然后运用牛顿第二定律、类平抛运动的分运动公式、运动学公式列式求解；本题几何关系较为复杂，表现为多物体、多过程、多规律，是典型的“三多”问题【选做部分】请考生从以下三个模块中任选一模块作答【物理-选修3-3】13一定质量的理想气体分别在T1、T2温度下发生等温变化，相应的两条等温线如图所示，T2对应的图线上有A、B两点，表示气体的两个状态下列叙述正确的是( )A温度为T1时气体分子的平均动能
48、比T2时大BA到B的过程中，气体从外界吸收热量CA到B的过程中，气体内能增加DA到B的过程中，气体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次数减少考点：理想气体的状态方程 专题：理想气体状态方程专题分析：先比较同一等温线上的两个状态的温度（相同），再比较同一气压（或同一体积）下的两个状态的温度；根据热力学第一定律判断吸放热情况；气体压强与分子数密度和分子热运动的平均动能有关解答：解：A、作出一条等压线，如图所示：比较A点与C点，由于气压相等，根据公式根据公式，A点温度大于C点的温度，故T1T2；温度是分子热运动平均动能的标志，故温度为T1时气体分子的平均动能比T2时小；故A错误；B、A到B的过程是
49、等温膨胀过程，故内能不变，气体对外做功，根据热力学第一定律公式U=W+Q，气体要吸收热量，故B正确；C、A到B的过程中，温度不变，故气体内能不变，故C错误；D、A到B的过程中，温度不变，气压减小，分子热运动的平均动能减小了，故单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次数减少，故D正确；故选：BD点评：本题考查了气体实验定律和热力学定律，关键是根据气体状态方程列式求解，同时要知道温度的微观运用和气体压强的微观意义，不难14如图所示，一圆柱形绝热气缸竖直放置，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体，活塞的质量为m，横截面积为S，与容器底部相距h现通过电热丝缓慢加热气体，当气体吸收热量Q时，活塞上升高度h，此
50、时气体的温度为T1已知大气压强为p0，重力加速度为g，不计活塞与气缸的摩擦求：（1）加热过程中气体的内能增加量；（2）现停止对气体加热，同时在活塞上缓慢添加砂粒，当添加砂粒的质量为m0时，活塞恰好回到原来的位置，求此时气体的温度考点：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）活塞缓慢上升为等压过程，由功的表达式求解即可然后由热力学第一定律E=W+Q可求（2）对气体进行受力分析，求得两个状态的压强，写出初末的状态，再使用理想气体的状态方程即可正确做出解答解答：解：（1）活塞受到上下气体的压力和重力作用，处于平衡状态，得：P0S+mg=PS 塞缓慢上升，视为等压过程，
51、则气体对活塞做功大小：W=Fh=PSh=（P0S+mg）h 根据热力学定律：E=W+Q，气体对外做功，W要取负号，所以得：E=Q（P0S+mg）h（2）添加砂粒的质量为m0时，活塞受力：P0S+mg+m0g=P1S得： 气体初状态：P，2hS，T1；气体 的末状态：P1，T2，hS由理想气体的状态方程得：将代人中，解得：答：（1）加热过程中气体的内能增加量E=Q（P0S+mg）h；（2）活塞重新回到原来的位置，求此时气体的温度点评：（1）确做功与热量的正负的确定是解题的关键；（2）对气体正确地进行受力分析，求得两个状态的压强是解题的关键属于中档题【物理-选修3-4】15如图，a、b、c、d是均
52、匀媒质中x轴上的四个质点，相邻两点的间距依次为2m、4m和6m一列简谐横波以2m/s的波速沿x轴正向传播，在t=0时刻到达质点a处，质点a由平衡位置开始竖直向下运动，t=3s时a第一次到达最高点下列说法正确的是( )A在t=6s时刻波恰好传到质点d处B在t=5s时刻质点c恰好到达最高点C质点b开始振动后，其振动周期为4sD当质点d向下运动时，质点b一定向上运动考点：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：由题“在t=0时刻到达质点a处，质点a由平衡位置开始竖直向下运动，t=3s时a第一次到达最高点”可确定出该波的周期根据a与d间的距离，由t=求出波从a传到d的时间
53、根据时间t=5s与周期的关系，分析质点c的状态解答：解：A、ad间距离为x=2+4+6=12m，波在同一介质中匀速传播，则波从a传到d的时间为t=6s，即在t=6s时刻波恰好传到质点d处故A正确B、设该波的周期为T，由题质点a由平衡位置开始竖直向下运动，t=3s时a第一次到达最高点，可得，T=3s，得T=4s波从a传到c的时间为t=s，则在t=5s时刻质点c已振动了2s，而c起振方向向下，故在t=5s时刻质点c恰好经过平衡位置向上故B错误C、质点b的振动周期等于a的振动周期，即为4s故C正确D、该波的波长：=vT=24=8m，b与d之间的距离是：x=4+6=10m=，质点b与d振动的方向并不是
54、总相反，所以当质点d向下运动时，质点b不一定向上运动故D错误故选：AC点评：本题关键要抓住波在同一介质中是匀速传播的，由t=可求出波传播的时间要抓住各个质点的起振方向都与波源的起振方向相同，通过分析波的形成过程进行分析16如图所示，半圆形玻璃砖的半径R=10cm，AB与屏幕垂直并接触于A点，激光束a射向半圆形玻璃砖的圆心O，激光束a对准O点从图示位置在纸面内顺时针方向旋转，当转过角度为30时，光屏上有两个光斑，当转过的角度刚好为45时，光屏上恰好只有一个光斑，求：玻璃砖的折射率n；当转过角度为30时，光屏上两个光斑之间的距离L考点：光的折射定律 专题：光的折射专题分析：作出光路图根据折射定律求
55、出折射角根据反射定律求出反射角，由几何知识求出两个光斑之间的距离L解答：解：n=光路如右图所示，n=r=45i=30两个光斑S1、S2之间的距离为：L=Rtan45+Rtan60=（10+10）cm答：玻璃砖的折射率n为；当转过角度为30时，光屏上两个光斑之间的距离L=（10+10）cm点评：本题是几何光学问题，作出光路图是关键，是光的折射定律、反射定律与几何知识的综合应用【物理-选修3-5】17下列叙述正确的有( )A衰变现象说明电子是原子核的组成部分B目前已建成的核电站的能量来自于重核裂变C按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能增大，原子总能量增大D
56、卢瑟福依据极少数粒子发生大角度散射提出了原子核式结构模型考点：粒子散射实验；原子核衰变及半衰期、衰变速度 分析：衰变是中子转变成质子而放出的电子；核电站的能量来自于重核裂变；粒子散射实验提出原子核式结构模型；玻尔理论，电子半径变大时，动能减小，电势能增大，而原子总能量增大解答：解：A、衰变放出的电子是由中子转变成质子而产生的，不是原子核内的，故A错误；B、已建成的核电站的能量来自于重核裂变，故B正确；C、玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，电势能增大，且原子总能量增大，故错误；D、卢瑟福依据极少数粒子发生大角度散射，绝大多数不偏转，从而提出了原子核式
57、结构模型，故D正确；故选：BD点评：考查衰变的原理，注意电子跃迁的动能与电势能及能量如何变化是考点中重点，理解粒子散射实验的现象，区别裂变与聚变的不同18一个静止的铀核U（原子质量为232.0372u）放出一个粒子（原子质量为4.0026u）后衰变成钍核Th（原子质量为228.0287u）（已知：原子质量单位1u=1.671027kg，1u相当于931MeV）写出核衰变反应方程，并算出该核衰变反应中释放出的核能假设反应中释放出的核能全部转化为钍核和粒子的动能，则钍核获得的动能有多大？考点：爱因斯坦质能方程 专题：爱因斯坦的质能方程应用专题分析：根据质量亏损，结合爱因斯坦光电效应方程求出释放的核
58、能根据动量守恒定律得出两粒子的动量大小关系，结合动能和动量的关系求出动能解答：解：根据电荷数守恒、质量数守恒有：23290U22890 Th+24He质量亏损m=0.0059uE=mc2=0.0059931MeV=5.49MeV系统动量守恒，钍核和粒子的动量大小相等，即根据动量守恒定律得：pTh=p根据动能与动量的关系：Ek=EKTh+EK所以钍核获得的动能EKTh=代入数据得：EKTh=0.09Mev 答：铀核的衰变反应方程23290U22890 Th+24He；该衰变反应中释放出的核能5.49 MeV；若释放的核能全部转化为新核的动能，钍核获得的动能有0.09Mev点评：解决本题的关键知道在核反应过程中电荷数守恒、质量数守恒，以及掌握爱因斯坦质能方程，知道在衰变的过程中动量守恒
