1、高考资源网（） 您身边的高考专家2015年江苏省南通市如皋市石庄高中高考物理三模试卷一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分每小题只有一个选项符合题意1如图是质量为2.0kg的物体在水平面上运动的vt图象，以水平向右的方向为正方向以下判断正确的是（）A 在01s内，质点的平均速度为1m/sB 在03.0 s时间内，物体一直向右运动C 3.0s末，合力的功率为16WD 在16.0s时间内，合外力做正功2如图所示，一只半球形碗倒扣在水平桌面上处于静止状态，球的半径为R质量为m的蚂蚁只有在离桌面高度大于或等于时，才能停在碗上那么蚂蚁和碗面间的最大静摩擦力为（）A B C D 3在光滑绝缘的
2、水平桌面上，存在着方向水平向右的匀强电场，电场线如图中实线所示一带正电、初速度不为零的小球从桌面上的A点开始运动，到C点时，突然受到一个外加的水平恒力F作用而继续运动到B点，其运动轨迹如图中虚线所示，v表示小球经过C点时的速度则（）A 小球在A点的电势能比在B点小B 恒力F的方向可能水平向左C 恒力F的方向可能与v方向相反D 在A、B两点小球的速率不可能相等4据报道，天文学家近日发现了一颗距地球40光年的“超级地球”，名为“55Cancrie”该行星绕母星（中心天体）运行的周期约为地球绕太阳运行周期的，母星的体积约为太阳的60倍假设母星与太阳密度相同，“55Cancrie”与地球做匀速圆周运动
3、，则“55Cancrie”与地球的（）A 轨道半径之比约为B 轨道半径之比约为C 向心加速度之比约为D 向心加速度之比约为5如图所示是用以说明向心力和质量、半径之间关系的仪器，球P和Q可以在光滑水平杆上无摩擦地滑动，两球之间用一条轻绳连接，mP=2mQ当整个装置绕中心轴以角速度匀速旋转时，两球离转轴的距离保持不变，则此时（）A 两球均受到重力、支持力、绳的拉力和向心力四个力的作用B P球受到的向心力大于Q球受到的向心力C rP一定等于D 当增大时，P球将向外运动二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分每小题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答得0分6
4、如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为2：1电池和交变电源的电动势都为6V，内阻均不计下列说法正确的是（）A S与a接通的瞬间，R中无感应电流B S与a接通稳定后，R两端的电压为0C S与b接通稳定后，R两端的电压为3VD S与b接通稳定后，原、副线圈中电流的频率之比为2：17如图是质谱仪的工作原理示意图，带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2平板S下方有强度为B0的匀强磁场下列表述正确的是（）A 质谱仪是分析同位素的重要工具B 速度选择中的磁场方向垂直纸面向外C 能通过狭缝P
5、的带电粒子的速率等于D 粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的荷质比越小8质量为m的带正电小球由空中A点无初速度自由下落，在t秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球又回到A点不计空气阻力且小球从未落地，则（）A 整个过程中小球电势能变化了mg2t2B 整个过程中小球动能增量为2mg2t2C 从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能变化了mg2t2D 从A点到最低点小球重力势能变化了mg2t29如图所示，两固定的竖直光滑金属导轨足够长且电阻不计两质量、长度均相同的导体棒c、d，置于边界水平的匀强磁场上方同一高度h处磁场宽为3h，方向与导轨平面垂直先由静止释放c，c刚进入磁场即匀
6、速运动，此时再由静止释放d，两导体棒与导轨始终保持良好接触用ac表示c的加速度，Ekd表示d的动能，xc、xd分别表示c、d相对释放点的位移选项中正确的是（）A B C D 三、简答题：（本题分必做题（第10、11题）和选做题（第12题）两部分，满分18分请将解答填在答题卡相应的位置）10如图甲所示为“探究加速度与物体受力与质量的关系”实验装置图图中A为小车，B为装有砝码的小桶，C为一端带有定滑轮的长木板，小车通过纸带与电火花打点计时器相连，计时器接50HZ交流电小车的质量为m1，小桶（及砝码）的质量为m2（1）下列说法正确的是A每次改变小车质量时，不用重新平衡摩擦力B实验时应先释放小车后接通
7、电源C本实验m2应远大于m1D在用图象探究加速度与质量关系时，应作a图象（2）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的aF图象，可能是图乙中的图线（选填“甲”、“乙”、“丙”）（3）如图丙所示为某次实验得到的纸带，纸带中相邻计数点间的距离已标出，相邻计数点间还有四个点没有画出由此可求得小车的加速度大小m/s2（结果保留二位有效数字）11有以下可供选用的器材及导线若干条，要求尽可能精确地测量出待测电流表的满偏电流A待测电流表A0：满偏电流约为700800A、内阻约100，已知表盘刻度均匀、总格数为NB电流表A：量程0.6A、内阻0.1C电压表V：量程3V、内阻3kD滑动变阻
8、器R：最大阻值200E电源E：电动势约3V、内阻约1.5F开关S一个（1）根据你的测量需要，在B（电流表A）和C（电压表V）中应选择（只需填写序号即可）（2）在虚线框内画出你设计的实验电路图（3）测量过程中，测出多组数据，其中一组数据中待测电流表A0的指针偏转了n格，可算出满偏电流IAmax=，式中除N、n外，其他字母符号代表的物理量是四、【选做题】（请从A、B两小题中选定两小题作答，并在答题卡相应的答题区域内作答，如都作答则按A、B两小题评分）A.(选修模块34)（12分）12下列说法正确的是（）A 机械波在介质中的传播速度仅由介质决定，与机械波的频率无关；电磁波在介质中的传播速度不仅取决于
9、介质，还与电磁波的频率有关B 用激光“焊接”剥落的视网膜利用了激光的相干性好C 黄光、蓝光分别通过同一干涉装置形成的干涉条纹，其中黄光产生的干涉条纹较宽D 光从光疏介质射向光密介质有可能发生全反射13如图是一个单摆的共振曲线，此单摆的固有周期T是s，若将此单摆的摆长增大，共振曲线的最大值将（填“向左”或“向右”）移动14如图所示，ABC为一直角三棱镜的截面，其顶角=30，P为垂直于直线BCD的光屏，现一宽度等于AB的单色平行光束垂直射向AB面，在屏P上形成一条宽度等于的光带，试作出光路图并求棱镜的折射率五、B.（选修模块3-5）（12分）15有关原子结构，下列说法正确的是（）A 玻尔原子模型能
10、很好地解释氢原子光谱的实验规律B 卢瑟福核式结构模型可以很好地解释原子的稳定性C 卢瑟福的粒子散射实验表明原子内部存在带负电的电子D 卢瑟福的粒子散射实验否定了汤姆孙关于原子结构的“西瓜模型”16一对反粒子是指质量相同、电量相等电性完全相反的粒子，如电子（e）和正电子（e）就是一对反粒子；当静止的质子和反质子质相遇时可发生湮灭，并发出两个波长相同的光子，已知质子质量为m，光速为c，普朗克常量h，则发出的光子的波长为；上述过程能否发出两个波长不相同的光子？理由是17核反应主要涉及四种相互作用中的相互作用；铋的半衰期为5天，20g的铋经过天还剩下1.25g没有衰变六、计算题：（本题共3小题，满分4
11、7分解答时请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）18如图甲所示，在水平面上固定有长为L=2m、宽为d=1m的金属“U”形导轨，在“U”形导轨右侧l=0.5m范围内存在垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间变化规律如图乙所示在t=0时刻，质量为m=0.1kg的导体棒以v0=1m/s的初速度从导轨的左端开始向右运动，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为=0.1，导轨与导体棒单位长度的电阻均为=0.1/m，不计导体棒与导轨之间的接触电阻及地球磁场的影响（取g=10m/s2）（1）通过计算分析4s内导体棒的运动情况；（2）计算
12、4s内回路中电流的大小，并判断电流方向；（3）计算4s内回路产生的焦耳热19如图所示，物体A放在足够长的木板B上，木板B静止于水平面t=0时，电动机通过水平细绳以恒力F拉木板B，使它做初速度为零，加速度aB=1.0m/s2的匀加速直线运动已知A的质量mA和B的质量mB均为2.0kg，A、B之间的动摩擦因数1=0.05，B与水平面之间的动摩擦因数2=0.1，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等，重力加速度g取10m/s2求：（1）物体A刚运动时的加速度aA（2）t=1.0s时，电动机的输出功率P；（3）若t=1.0s时，将电动机的输出功率立即调整为P=5W，并在以后的运动过程中始终保持这一功率不
13、变，t=3.8s时物体A的速度为1.2m/s则在t=1.0s到t=3.8s这段时间内木板B的位移为多少？20如图所示，正方形绝缘光滑水平台面WXYZ边长l=1.8m，距地面h=0.8m平行板电容器的极板CD间距d=0.1m且垂直放置于台面，C板位于边界WX上，D板与边界WZ相交处有一小孔电容器外的台面区域内有磁感应强度B=1T、方向竖直向上的匀强磁场电荷量q=51013 C的微粒静止于W处，在CD间加上恒定电压U=2.5V，板间微粒经电场加速后由D板所开小孔进入磁场（微粒始终不与极板接触），然后由XY边界离开台面在微粒离开台面瞬时，静止于X正下方水平地面上A点的滑块获得一水平速度，在微粒落地时
14、恰好与之相遇假定微粒在真空中运动，极板间电场视为匀强电场，滑块视为质点，滑块与地面间的动摩擦因数=0.2，取g=10m/s2（1）求微粒在极板间所受电场力的大小并说明两板的极性；（2）求由XY边界离开台面的微粒的质量范围；（3）若微粒质量m0=11013 kg，求滑块开始运动时所获得的速度2015年江苏省南通市如皋市石庄高中高考物理三模试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分每小题只有一个选项符合题意1如图是质量为2.0kg的物体在水平面上运动的vt图象，以水平向右的方向为正方向以下判断正确的是（）A 在01s内，质点的平均速度为1m/sB 在03.0 s时间内
15、，物体一直向右运动C 3.0s末，合力的功率为16WD 在16.0s时间内，合外力做正功考点：动能定理的应用；匀变速直线运动的图像专题：动能定理的应用专题分析：速度时间图线与时间轴所围成的面积表示物体的位移，根据图线的斜率求出加速度，从而根据牛顿第二定律求出合力，得出合力的功率根据动能的变化判断合外力做功的情况解答：解：A、在01s内，质点的位移为1m，则质点的平均速度为1m/s，负号表示方向故A错误B、物体在1s末，速度方向发生改变故B错误C、3s末的速度为4m/s，加速度为a=，根据牛顿第二定律得，F合=ma=4N，根据P=F合v=44W=16W故C正确D、在16.0s时间内，动能变化为零
16、，根据动能定理，合外力不做功故D错误故选C点评：本题考查学生的读图能力，能够从速度时间图线中知道加速度，速度的方向，位移等2如图所示，一只半球形碗倒扣在水平桌面上处于静止状态，球的半径为R质量为m的蚂蚁只有在离桌面高度大于或等于时，才能停在碗上那么蚂蚁和碗面间的最大静摩擦力为（）A B C D 考点：摩擦力的判断与计算专题：摩擦力专题分析：蚂蚁受重力、支持力和静摩擦力处于平衡，根据平衡求出蚂蚁和碗面间的动摩擦因数解答：解：蚂蚁受重力、支持力和摩擦力处于平衡，根据平衡有：f=mgsin=N=mgcos而cos=0.8所以=tan=故最大静摩擦力为：f=mgcos=故选：A点评：解决本题的关键能够
17、正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解3在光滑绝缘的水平桌面上，存在着方向水平向右的匀强电场，电场线如图中实线所示一带正电、初速度不为零的小球从桌面上的A点开始运动，到C点时，突然受到一个外加的水平恒力F作用而继续运动到B点，其运动轨迹如图中虚线所示，v表示小球经过C点时的速度则（）A 小球在A点的电势能比在B点小B 恒力F的方向可能水平向左C 恒力F的方向可能与v方向相反D 在A、B两点小球的速率不可能相等考点：电势能；力的合成；电势专题：电场力与电势的性质专题分析：电场力做的功等于电势能的减小量；曲线运动的合力方向应该指向曲线的内侧解答：解：A、小球带正电，电场力向右，从A到B，电场力做正
18、功，故电势能减小，故A错误；B、从C到B物体做曲线运动，需要向心力，故合力应该指向曲线的内侧，故恒力F的方向可能水平向左，故B正确；C、从C到B物体做曲线运动，若恒力F的方向与v方向相反，则合力不可能指向曲线的内侧，故C错误；D、从A到B电场力做正功，拉力F做负功，合力的功可能为零，故A、B两点的速率可能相同，故D错误；故选B点评：本题关键明确电场力做功与电势能变化的关系，同时要能结合曲线运动的条件、动能定理分析4据报道，天文学家近日发现了一颗距地球40光年的“超级地球”，名为“55Cancrie”该行星绕母星（中心天体）运行的周期约为地球绕太阳运行周期的，母星的体积约为太阳的60倍假设母星与
19、太阳密度相同，“55Cancrie”与地球做匀速圆周运动，则“55Cancrie”与地球的（）A 轨道半径之比约为B 轨道半径之比约为C 向心加速度之比约为D 向心加速度之比约为考点：万有引力定律及其应用；牛顿第二定律专题：计算题；信息给予题分析：根据万有引力提供向心力，列出等式根据题目中的已知量表示出未知量代入等式把所要比较的物理量表示出来再进行比较解答：解：A、根据牛顿第二定律和万有引力定律得：，解得所以轨道半径之比为，故A错误B、根据A选项分析，故B正确C、根据万有引力提供向心力，列出等式：=ma向心加速度 a=所以向心加速度之比约为=，故C错误D、根据C选项分析，故D错误故选B点评：该
20、题考查的知识点是：应用牛顿第二定律和万有引力定律通过轨道半径估算周期、线速度、星球质量和密度、加速度等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5如图所示是用以说明向心力和质量、半径之间关系的仪器，球P和Q可以在光滑水平杆上无摩擦地滑动，两球之间用一条轻绳连接，mP=2mQ当整个装置绕中心轴以角速度匀速旋转时，两球离转轴的距离保持不变，则此时（）A 两球均受到重力、支持力、绳的拉力和向心力四个力的作用B P球受到的向心力大于Q球受到的向心力C rP一定等于D 当增大时，P球将向外运动考点：向心力；牛顿第二定律专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用分析：当整个装置匀速旋转时
21、，两个小球都做匀速圆周运动，两球受到重力、支持力和轻绳的拉力三个力作用，重力与支持力平衡，由绳的拉力提供向心力根据向心力公式分析半径关系解答：解：A、两球均受到重力、支持力和绳子的拉力作用，向心力是三个力的合力，不是实际受到的力故A错误B、两球的重力均与支持力平衡，由绳的拉力提供向心力，则P球受到的向心力等于Q球受到的向心力故B错误C、根据向心力公式Fn=m2r，两球的角速度相同，向心力Fn大小相等，则半径之比rP：rQ=mQ：mP=1：2，则rP=故C正确D、根据向心力大小相等得到，mpp2rp=mqq2rq，由于角速度相同，此方程与角速度无关，又rp+rq=L不变，所以当增大时，两球半径不
22、变，p球不会向外运动故D错误故选：C点评：本题是连接体问题，分析向心力的来源是关键对于两个及以上物体的圆周运动问题，还要抓住物体之间的关系二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分每小题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答得0分6如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为2：1电池和交变电源的电动势都为6V，内阻均不计下列说法正确的是（）A S与a接通的瞬间，R中无感应电流B S与a接通稳定后，R两端的电压为0C S与b接通稳定后，R两端的电压为3VD S与b接通稳定后，原、副线圈中电流的频率之比为2：1考点：变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：变压器
23、对于交流电起作用，接在直流电中是不起作用的，在根据最大值和有效值之间的关系以及电压与匝数成正比即可求得结论解答：解：A、在S与a接通的瞬间，由于电流由零突然变大，所以线圈中的磁通量会发生变化，副线圈中的R会有感应电流，所以A错误B、在S与a接通稳定后，电路中的电流稳定，磁通量不会发生变化，所以副线圈中不会有感应电流产生，电阻R两端的电压为0，所以B正确C、在S与b接通稳定后，由于b是交流电源，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压为3V，所以C正确D、变压器不会改变交流电源的频率，所以原、副线圈中电流的频率是相同的，所以D错误故选BC点评：掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值
24、之间的关系即可解决本题7如图是质谱仪的工作原理示意图，带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2平板S下方有强度为B0的匀强磁场下列表述正确的是（）A 质谱仪是分析同位素的重要工具B 速度选择中的磁场方向垂直纸面向外C 能通过狭缝P的带电粒子的速率等于D 粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的荷质比越小考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理专题：压轴题分析：带电粒子在速度选择器中受电场力和洛伦兹力平衡，做匀速直线运动，进入偏转电场后做匀速圆周运动，根据半径公式得出半径与粒子比荷的关系
25、解答：解：A、粒子在速度选择器中做匀速直线运动，有qE=qvB，解得v=，进入偏转电后，有qvB0=m，解得R=知r越小，比荷越大同位素电量相等，质量不同，则偏转半径不同，所以质谱仪是分析同位素的重要工具故A、C正确，D错误B、粒子在磁场中向左偏转，根据左手定则知该粒子带正电，在速度选择器中，所受的电场力水平向右，则洛伦兹力水平向左，根据左手定则，磁场的方向垂直纸面向外故B正确故选ABC点评：解决本题的关键知道粒子在速度选择器和偏转电场中的运动规律，掌握带电粒子在匀强磁场中运动的半径公式8质量为m的带正电小球由空中A点无初速度自由下落，在t秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球
26、又回到A点不计空气阻力且小球从未落地，则（）A 整个过程中小球电势能变化了mg2t2B 整个过程中小球动能增量为2mg2t2C 从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能变化了mg2t2D 从A点到最低点小球重力势能变化了mg2t2考点：功能关系；动能和势能的相互转化分析：分析小球的运动过程，根据运动学公式求出在电场中的加速度根据牛顿第二定律求出电场力与重力的关系运用动量定理求出动量的变化量根据动能定理求出动能的变化量根据重力做功与重力势能变化关系求解重力势能变化量解答：解：A、小球先做自由下落，然后受电场力和重力向下做匀减速到速度为0，再向上做匀加速回到A点设加上电场后小球的加速度大小为a，规
27、定向下为正方向整个过程中小球的位移为0，运用运动学公式：gt2+gttat2=0解得a=3g，根据牛顿第二定律：F合=F电mg=ma所以电场力是重力的4倍为4mg，根据电场力做功量度电势能的变化w电=Epw电=F电x=4mggt2=2mg2t2所以整个过程中小球电势能减少了2mg2t2故A错误B、规定向下为正方向，根据动量定理得：p=mgt3mgt=2mgt，所以整个过程中小球动量增量的大小为2mgt，故B正确；C、小球减速到最低点动能为0，所以从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能变化与从A点无初速度自由下落到t秒末动能变化相等小球从A点无初速度自由下落到t秒末动能变化为mg2t2 故C错
28、误D、根据重力做功与重力势能变化的关系得：从A点到最低点重力势能变化了mg（gt2+gt2）=mg2t2 故D正确故选：BD点评：本题主要考查了做功与能量变化关系的应用要能够分析小球的运动过程，明确题目中要研究的过程解决问题9如图所示，两固定的竖直光滑金属导轨足够长且电阻不计两质量、长度均相同的导体棒c、d，置于边界水平的匀强磁场上方同一高度h处磁场宽为3h，方向与导轨平面垂直先由静止释放c，c刚进入磁场即匀速运动，此时再由静止释放d，两导体棒与导轨始终保持良好接触用ac表示c的加速度，Ekd表示d的动能，xc、xd分别表示c、d相对释放点的位移选项中正确的是（）A B C D 考点：电磁感应
29、中的能量转化专题：压轴题分析：未进入磁场时，c、d做自由落体运动，到达磁场上边界时速度相同c、d都进入磁场后，同时在磁场中运动时，两者速度相同，没有感应电流产生，只受重力，都做匀加速直线运动，加速度为gc出磁场后，d在切割磁感线时，此时d的速度比进磁场时大，产生感应电动势增大，感应电流增大，受到的安培力增大，则d做匀减速直线运动根据动能与高度的关系选择动能图象解答：解：A、B，设c、d刚进磁场时速度为v，c刚进入磁场做匀速运动，此时由静止释放d设d经时间t进入磁场，并设这段时间内c的位移为x则 由于h=，x=vt，得到x=2h，则d进入磁场时，c相对释放点的位移为3h d进入磁场后，cd二者都
30、做匀速运动，且速度相同，二者与导轨组成的回路磁通量不变，感应电流为零，不受安培力，两导体棒均做加速度为g的匀加速运动，故A错误，B正确； C、D，c出磁场时d下落2h，c出磁场后，只有导体棒d切割磁感线，此时d的速度大于进磁场时的速度，d受到安培力作用做减速运动，动能减小，d出磁场后动能随下 落高度的增加而均 匀增大，故C错误，D正确故选：BD点评：本题关键在于分析两导体的受力情况和运动情况，抓住安培力大小与速度大小成正比这个结论，分析只有d切割磁感线过程d的运动情况三、简答题：（本题分必做题（第10、11题）和选做题（第12题）两部分，满分18分请将解答填在答题卡相应的位置）10如图甲所示为
31、“探究加速度与物体受力与质量的关系”实验装置图图中A为小车，B为装有砝码的小桶，C为一端带有定滑轮的长木板，小车通过纸带与电火花打点计时器相连，计时器接50HZ交流电小车的质量为m1，小桶（及砝码）的质量为m2（1）下列说法正确的是ADA每次改变小车质量时，不用重新平衡摩擦力B实验时应先释放小车后接通电源C本实验m2应远大于m1D在用图象探究加速度与质量关系时，应作a图象（2）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的aF图象，可能是图乙中的图线丙（选填“甲”、“乙”、“丙”）（3）如图丙所示为某次实验得到的纸带，纸带中相邻计数点间的距离已标出，相邻计数点间还有四个点没有画
32、出由此可求得小车的加速度大小0.49m/s2（结果保留二位有效数字）考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系专题：实验题分析：（1）实验时需要提前做的工作有两个：平衡摩擦力，且每次改变小车质量时，不用重新平衡摩擦力，因为f=mgsin=mgcos，m约掉了让小车的质量M远远大于小桶（及砝码）的质量m，因为：际上绳子的拉力F=Ma=M，故应该是mM；（2）如果没有平衡摩擦力的话，就会出现当有拉力时，物体不动的情况；（3）根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2可以求出加速度的大小解答：解：（1）A：平衡摩擦力，假设木板倾角为，则有：f=mgsin=mgcos，m约掉了，故不需要重新平衡摩擦力故A
33、正确B：实验时应先接通电源后释放小车，故B错误C：让小车的质量M远远大于小桶（及砝码）的质量m，因为：际上绳子的拉力F=Ma=m2g，故应该是m2m1，故C错误D：F=ma，所以：a=F，当F一定时，a与成正比，故D正确故选：AD（2）遗漏了平衡摩擦力这一步骤，就会出现当有拉力时，物体不动的情况故图线为丙（3）由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2可以求出加速度的大小，得：a=0.49m/s2故答案为：（1）AD；（2）丙；（3）0.49点评：会根据实验原理分析分析为什么要平衡摩擦力和让小车的质量M远远大于小桶
34、（及砝码）的质量m，且会根据原理分析实验误差11有以下可供选用的器材及导线若干条，要求尽可能精确地测量出待测电流表的满偏电流A待测电流表A0：满偏电流约为700800A、内阻约100，已知表盘刻度均匀、总格数为NB电流表A：量程0.6A、内阻0.1C电压表V：量程3V、内阻3kD滑动变阻器R：最大阻值200E电源E：电动势约3V、内阻约1.5F开关S一个（1）根据你的测量需要，在B（电流表A）和C（电压表V）中应选择C（只需填写序号即可）（2）在虚线框内画出你设计的实验电路图（3）测量过程中，测出多组数据，其中一组数据中待测电流表A0的指针偏转了n格，可算出满偏电流IAmax=，式中除N、n外
35、，其他字母符号代表的物理量是U为电压表读数，Rv为电压表内阻考点：伏安法测电阻专题：实验题分析：通过对题目的分析，找出实验中可能的实验原理； 则由原理可以得出实验的原理图； 分析各表在电路中的作用可以选出所用仪器；根据实验的原理及电路图根据串并联电路的规律可求得转过n格时的电流值解答：解：由题意需要求出的是电流表A0的满偏电流，故应通过串联的方式测出，但电流表的最大量程0.6A，和待测电流表相差太多，故无法使用，电压表的电流最大为=1000A，故可以用电压表代替电流表使用； 测量中将电压表与待测电阻串联，因滑动变阻器的电阻只有200，而电压表内阻达到3000，用限流接法无法完成实验，故可以采用
36、分压接法；电路如图所示 电压表与电流表串联，则两表中的电流相等，则由电压表可求得电流值为：，而待测电流表刻度均匀，故有满偏电流：，其中U为电压表读数，Rv为电压表内阻；故答案为：（1）C；（2）如图所示；（3）；U为电压表读数，Rv为电压表内阻点评：本题考查伏安法测电阻的实验；现在对于实验的考查侧重于考查学生的理解，故在解题中要注意分析题意，找出实验的原理才能正确的解答四、【选做题】（请从A、B两小题中选定两小题作答，并在答题卡相应的答题区域内作答，如都作答则按A、B两小题评分）A.(选修模块34)（12分）12下列说法正确的是（）A 机械波在介质中的传播速度仅由介质决定，与机械波的频率无关；
37、电磁波在介质中的传播速度不仅取决于介质，还与电磁波的频率有关B 用激光“焊接”剥落的视网膜利用了激光的相干性好C 黄光、蓝光分别通过同一干涉装置形成的干涉条纹，其中黄光产生的干涉条纹较宽D 光从光疏介质射向光密介质有可能发生全反射考点：全反射；波的形成和传播分析：机械表的传播速度由介质的性质决定，电磁波的传播速度与介质性质及电磁波的波长都有关；应用激光的能量较高的特点可以进行焊接；波长越长，光的干涉条纹间距越大；当光由光密介质射向光疏介质且入射角大于临界角时会发生全反射解答：解：A、机械波的传播速度只取决于介质，跟频率无关；而电磁波的传播速度与介质有关，还跟频率有关，比如：当电磁波从空气中进入
38、水中时，频率不变，而介质的折射率变大，所以波速变小，则波长也变小，对于机械波从空气中进入水中时，频率不变，但波速变大，所以波长也变大，故A正确；B、用激光“焊接”剥落的视网膜利用了激光的能量较高、沿直线传播的特点，故B错误；C、由于黄光的波长比蓝光波长长，黄光、蓝光分别通过同一干涉装置形成的干涉条纹，其中黄光产生的干涉条纹较宽，故C正确；D、当光由光密介质射向光疏介质且入射角大于临界角时会发生全反射，光从光疏介质射向光密介质不可能发生全反射，故D错误；故选：AC点评：本题涉及的知识点较多，是一道综合题，综合考查了选项内容，虽然知识点较多，但难度不大，掌握基础知识即可解题，平时要注意基础知识的学
39、习13如图是一个单摆的共振曲线，此单摆的固有周期T是2.5s，若将此单摆的摆长增大，共振曲线的最大值将向左（填“向左”或“向右”）移动考点：产生共振的条件及其应用分析：当驱动力频率与单摆的固有频率相等时，振幅最大的现象叫做共振现象解答：解：由图象可以看出，当f=0.4Hz时，振幅最大，发生共振现象；故单摆的固有频率为0.4Hz，故周期为s；若将此单摆的摆长增大，根据公式T=2，周期变大，固有频率减小，故共振曲线的最大值将向左移动；故答案为：2.5； 向左点评：该题通过共振的图象考查了共振现象，要知道共振图象的意义，知道共振现象产生的条件基础题目14如图所示，ABC为一直角三棱镜的截面，其顶角=
40、30，P为垂直于直线BCD的光屏，现一宽度等于AB的单色平行光束垂直射向AB面，在屏P上形成一条宽度等于的光带，试作出光路图并求棱镜的折射率考点：光的折射定律专题：光的折射专题分析：平行光束经棱镜折射后的出射光束仍是平行光束，画出光路图；根据几何知识求出AC面上的入射角和折射角，再由求解折射率即可解答：解：作出光路图如图所示平行光束经棱镜折射后的出射光束仍是平行光束，如下图所示图中1、2为AC面上入射角和折射角，根据折射定律，有 nsin1=sin2设出射光线与水平方向成角，则 2=1+由于=，=所以=而=tan，=30所以tan=可得=30，2=60，1=30，所以n=答：作出光路图如图所示
41、，棱镜的折射率是点评：本题的解题关键是正确作出光路图，根据几何知识求解入射角和折射角，再运用折射定律求折射率五、B.（选修模块3-5）（12分）15有关原子结构，下列说法正确的是（）A 玻尔原子模型能很好地解释氢原子光谱的实验规律B 卢瑟福核式结构模型可以很好地解释原子的稳定性C 卢瑟福的粒子散射实验表明原子内部存在带负电的电子D 卢瑟福的粒子散射实验否定了汤姆孙关于原子结构的“西瓜模型”考点：原子的核式结构专题：原子的核式结构及其组成分析：从波尔理论及卢瑟福的粒子散射实验的结果出发即可解题解答：解：A、玻尔的原子理论：1电子在一些特定的可能轨道上绕核作圆周运动，离核愈远能量愈高；2可能的轨道
42、由电子的角动量必须是的整数倍决定；3当电子在这些可能的轨道上运动时原子不发射也不吸收能量，只有当电子从一个轨道跃迁到另一个轨道时原子才发射或吸收能量，而且发射或吸收的辐射是单频的，辐射的频率和能量之间关系由 E=h给出玻尔的理论成功地说明了原子的稳定性和氢原子光谱线规律故A正确；B、卢瑟福的粒子散射实验说明（1）原子中绝大部分是空的（2） 粒子受到较大的库仑力作用（3）粒子在原子中碰到了比他质量大得多的东西，否定了汤姆孙关于原子结构的“西瓜模型”，但也不能说明原子内部存在带负电的电子，也不能解释原子的稳定性，故BC错误，D正确故选AD点评：本题主要考查了波尔理论的内容及卢瑟福的粒子散射实验的结
43、果，难度不大，属于基础题16一对反粒子是指质量相同、电量相等电性完全相反的粒子，如电子（e）和正电子（e）就是一对反粒子；当静止的质子和反质子质相遇时可发生湮灭，并发出两个波长相同的光子，已知质子质量为m，光速为c，普朗克常量h，则发出的光子的波长为；上述过程能否发出两个波长不相同的光子？理由是不能，否则总动量不为零，违背动量守恒定律考点：物质波；光子分析：根据爱因斯坦质能方程和能量子公式E=h列式求解发出的光子的波长；结合动量守恒定律分析两个光子的质量关系解答：解：静止的质子和反质子质相遇时可发生湮灭，并发出两个波长相同的光子，根据爱因斯坦质能方程和能量子公式，有：2mc2=2EE=h=联立
44、解得：=上述过程系统初动量为零，故末动量也为零，故两个光子的动量应该大小相等，方向相反，速度相等，根据=，波长相等；故答案为：；不能，否则总动量不为零，违背动量守恒定律；点评：本题综合考查了爱因斯坦质能方程、爱因斯坦的光子说、光的波粒二象性，关键是根据规律列式分析，不难17核反应主要涉及四种相互作用中的强相互作用；铋的半衰期为5天，20g的铋经过20天还剩下1.25g没有衰变考点：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：经过1个半衰期，有半数发生衰变，求出半衰期的次数，从而得出剩余的质量解答：解：核反应时，作用发生在邻近的核子与核子之间，距离特别小，主要涉及四种相互作用中的 强
45、相互作用；铋210的半衰期是5天，经过1个半衰期，有半数发生衰变，还剩下一半没有衰变，20g的铋还剩下1.25g没有衰变，根据，可知：经过了：54=20天故答案为：强；20点评：解决本题的关键知道半衰期的定义，知道剩余质量与半衰期次数的关系，m=m0（）n，n为半衰期的次数六、计算题：（本题共3小题，满分47分解答时请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）18如图甲所示，在水平面上固定有长为L=2m、宽为d=1m的金属“U”形导轨，在“U”形导轨右侧l=0.5m范围内存在垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间变化规
46、律如图乙所示在t=0时刻，质量为m=0.1kg的导体棒以v0=1m/s的初速度从导轨的左端开始向右运动，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为=0.1，导轨与导体棒单位长度的电阻均为=0.1/m，不计导体棒与导轨之间的接触电阻及地球磁场的影响（取g=10m/s2）（1）通过计算分析4s内导体棒的运动情况；（2）计算4s内回路中电流的大小，并判断电流方向；（3）计算4s内回路产生的焦耳热考点：法拉第电磁感应定律；牛顿第二定律；闭合电路的欧姆定律专题：电磁感应与电路结合分析：导体棒在没有磁场区域，由于摩擦阻力做匀减速运动，由牛顿第二定律求出加速度，然后确定4s棒的运动情况回路中前2S内没有磁通量变化，后2
47、S内磁通量均匀变小，产生的电动势不变，则电流恒定，故由焦耳定律可求出产生的热量解答：解：（1）导体棒先在无磁场区域做匀减速运动，有mg=mavt=v0+atx=v0t+at2导体棒速度减为零时，vt=0代入数据解得：t=1 s，x=0.5 m，因xLl，故导体棒没有进入磁场区域导体棒在1 s末已停止运动，以后一直保持静止，离左端位置仍为x=0.5 m（2）前2 s磁通量不变，回路电动势和电流分别为E=0，I=0后2 s回路产生的电动势为E=ld=0.1 V回路的总长度为5 m，因此回路的总电阻为R=5=0.5电流为I=0.2 A根据楞次定律，在回路中的电流方向是顺时针方向（3）前2 s电流为零
48、，后2 s有恒定电流，回路产生的焦耳热为Q=I2Rt=0.04 J答：（1）导体棒在1 s末已停止运动，以后一直保持静止，离左端位置仍为x=0.5 m；（2）4s内回路中电流的大小0.2 A，电流方向顺时针方向；（3）则4s内回路产生的焦耳热0.04 J点评：法拉第电磁感应定律求感应电动势，由闭合电路殴姆定律可列出电动势与电流的关系楞次定律是判定感应电流方向，焦耳定律可求出电阻的发热量19如图所示，物体A放在足够长的木板B上，木板B静止于水平面t=0时，电动机通过水平细绳以恒力F拉木板B，使它做初速度为零，加速度aB=1.0m/s2的匀加速直线运动已知A的质量mA和B的质量mB均为2.0kg，
49、A、B之间的动摩擦因数1=0.05，B与水平面之间的动摩擦因数2=0.1，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等，重力加速度g取10m/s2求：（1）物体A刚运动时的加速度aA（2）t=1.0s时，电动机的输出功率P；（3）若t=1.0s时，将电动机的输出功率立即调整为P=5W，并在以后的运动过程中始终保持这一功率不变，t=3.8s时物体A的速度为1.2m/s则在t=1.0s到t=3.8s这段时间内木板B的位移为多少？考点：功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律专题：功率的计算专题分析：（1）对物体A进行受力分析，水平方向只受摩擦力，根据牛顿第二定律就出a；（2）电动机的输出功率P=Fv，对B进
50、行受力分析，水平方向受到拉力F、地面对B的摩擦力、A对B的摩擦力，对B运用牛顿第二定律可解除F，根据运动学公式求出v，即可求得p；（3）电动机的输出功率调整为5W时，根据P=Fv，求出F，对B进行受力分析，得出B受平衡力，所以B做匀速运动，而物体A则继续在B上做匀加速直线运动直到A、B速度相等，算出时间，算出位移s1，速度相同后，由于F2（mA+mB）g且电动机输出功率恒定，A、B将一起做加速度逐渐减小的变加速运动，根据动能定理求出位移s2，木板B在t=1.0s到t=3.8s这段时间的位移s=s1+s2解答：解：（1）物体A在水平方向上受到向右的摩擦力，由牛顿第二定律得1mAg=mAaA代入数
51、据解得 （2）t=1.0s，木板B的速度大小为 v=aBt=1m/s木板B所受拉力F，由牛顿第二定律有 F1mAg2（mB+mA）g=mBaB解得：F=7N电动机输出功率 P=Fv=7W（3）电动机的输出功率调整为5W时，设细绳对木板B的拉力为F，则P=Fv解得 F=5N木板B受力满足F1mAg2（mA+mB）g=0所以木板B将做匀速直线运动，而物体A则继续在B上做匀加速直线运动直到A、B速度相等设这一过程时间为t，有v1=aA（t1+t），这段时间内的位移 s1=v1tA、B速度相同后，由于F2（mA+mB）g且电动机输出功率恒定，A、B将一起做加速度逐渐减小的变加速运动，由动能定理有：由以
52、上各式代入数学解得：木板B在t=1.0s到3.8s这段时间内的位移为：s=s1+s2=3.03m答：（1）物体A刚运动时的加速度aA为0.5m/s2；（2）t=1.0s时，电动机的输出功率P为7W；（3）在t=1.0s到t=3.8s这段时间内木板B的位移为3.03m点评：本题对受力分析的要求较高，要能根据受力情况判断运动情况，或根据运动情况判断受力情况，难度较大20如图所示，正方形绝缘光滑水平台面WXYZ边长l=1.8m，距地面h=0.8m平行板电容器的极板CD间距d=0.1m且垂直放置于台面，C板位于边界WX上，D板与边界WZ相交处有一小孔电容器外的台面区域内有磁感应强度B=1T、方向竖直向
53、上的匀强磁场电荷量q=51013 C的微粒静止于W处，在CD间加上恒定电压U=2.5V，板间微粒经电场加速后由D板所开小孔进入磁场（微粒始终不与极板接触），然后由XY边界离开台面在微粒离开台面瞬时，静止于X正下方水平地面上A点的滑块获得一水平速度，在微粒落地时恰好与之相遇假定微粒在真空中运动，极板间电场视为匀强电场，滑块视为质点，滑块与地面间的动摩擦因数=0.2，取g=10m/s2（1）求微粒在极板间所受电场力的大小并说明两板的极性；（2）求由XY边界离开台面的微粒的质量范围；（3）若微粒质量m0=11013 kg，求滑块开始运动时所获得的速度考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系专题：电场力
54、与电势的性质专题分析：（1）微粒在平台上按顺时针方向转动，由左手定则可判断微粒的电性；在平行板电容器间加速，从而可判断两板的极性（2）微粒要由XY边界离开台面，由两个边界条件：一个是从XY的左端离开，再者是轨迹与YZ相切到达XY边离开台面，做出两种情况下的轨迹图，从而可知轨迹半径的范围，再由微粒在匀强磁场中的圆周运动的半径公式，可求出微粒的质量范围（3）先由半径公式结合微粒的质量求出微粒的运动半径，求出从XY边缘离开平台时的位置及与XY边的夹角，此后微粒做平抛运动，直到与滑块相遇；滑块做匀减速直线运动，应用运动学公式结合几何关系，便可求出滑块的初始速度解答：解：（1）微粒在极板间所受电场力大小
55、为：F=代入数据得：F=1.251011 N由微粒在磁场中的运动可判断微粒带正电荷，微粒由极板间电场加速，故C板为正极，D板为负极（2）若微粒的质量为m，刚进入磁场时的速度大小为v，由动能定理Uq=mv2微粒在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，若圆周运动半径为R，有qvB=m微粒要从XY边界离开台面，则圆周运动的边缘轨迹如图所示，半径的极小值与极大值分别为R1=R2=ld联立，代入数据，有8.11014 kgm2.891013 kg（3）如图所示，微粒在台面以速度v做以O点为圆心、R为半径的圆周运动，从台面边缘P点沿与XY边界成角飞出做平抛运动，落地点为Q，水平位移为s，下落时间为t设
56、滑块质量为M，滑块获得速度v0后在t内沿与平台前侧面成角方向，以加速度a做匀减速直线运动到Q，经过位移为k由几何关系，可是cos=根据平抛运动，t=s=vt对于滑块，由牛顿定律及运动学方程，有：Mg=Ma（11）k=v0tat2（12）再由余弦定理，k2=s2+（d+Rsin）22s（d+Rsin）cos（13）及正弦定理，=（14）联立、和（14），并代入数据解得：v0=4.15 m/s（15）=arcsin0.8（或=53）（16）答：（1）微粒在极板间所受电场力的大小1.251011N，C板为正，D板为负 （2）由XY边界离开台面的微粒的质量范围为8.11014kgm2.891013kg （3）若微粒质量mo=11013kg，滑块开始运动时所获得的速度为4.15m/s点评：该题考察的数学知识在物理中的应用，尤其是三角函数的应用三角函数的应用在近几年高考试题中经常出现，尽管它只是起到运算作用，但是如果忘记了三角函数公式是无法进行下去的，自然得不到正确的结果由于是物理试题，三角函数过程在解答过程可以不体现、只在草稿纸上画此方面的问题具体要做到以下两点：（1）能够根据具体问题列出物理量之间的关系式，进行推导和求解，并根据结果得出物理结论（2）必要时能运用几何图形、函数图象进行表达、分析高考资源网版权所有，侵权必究！
