1、内蒙古赤峰市宁城县2015届高考物理三模试卷一、选择题：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15题只有一项符合题目要求，第68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，有选错的得0分）1下列说法不正确的是（）A电场强度E=和B=磁感应强度定义物理量的方法是比值定义法B互感现象是变压器工作的基础C在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这应用了“微元法”D法拉第最先引入“场”的概念，并最早发现了电流的磁效应现象2图甲中一理想变压器原、副线圈匝数之比为55：6，其原线圈两端接入如图乙
2、所示的正弦交流电，副线圈通过电流表与阻值R=48的负载电阻相连若交流电压表和交流电流表都是理想电表，则下列说法中正确的是（）A电压表的示数是24VB电流表的示数为0.50AC变压器原线圈得到的功率是24WD原线圈输入的正弦交变电流的频率是50Hz3在电梯内的地板上，竖直放置一根轻质弹簧，弹簧上端固定一个质量为m的物体当电梯匀速运动时，弹簧被压缩了x，某时刻后观察到弹簧又被继续压缩了（重力加速度为g）则电梯在此时刻后的运动情况可能是（）A以大小为g的加速度加速上升B以大小为g的加速度减速上升C以大小为的加速度加速下降D以大小为的加速度减速下降4如图所示，虚线右侧存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外
3、，正方形金属框电阻为R，边长为L，自线框从左边界进入磁场时开始计时，在外力作用下由静止开始，以垂直于磁场边界的恒定加速度a进入磁场区域，t1时刻线框全部进入磁场规定顺时针方向为感应电流i的正方向外力大小为F，线框中电功率的瞬时值为P，通过导体横截面的电荷量为q，则这些量随时间变化的关系正确的是（）ABCD5图示的电路中电表均为理想电表，电源为恒流电源，即不管外电路情况如何变化，它都能提供持续且恒定的电流则当滑动变阻器R0的滑动端向上滑动时，电压表示数的变化量与电流表示数变化量之比的绝对值等于（）AR0BR1CR2D电源内阻r6如果把水星和金星绕太阳的运动视为匀速圆周运动，若从水星与金星在一条直
4、线上开始计时，天文学家测得在相同时间内水星转过的角度为1，金星转过的角度为2（1、2均为锐角），如图所示，则由此条件可能求得的是（）A水星和金星的质量之比B水星和金星到太阳的距离之比C水星和金星绕太阳运动的周期之比D水星和金星绕太阳运动的向心加速度大小之比7如图，abcd是一圆形区域，处于匀强电场中，并与电场方向平行大量电子从圆形的中心O，以相同速率v向各个方向发射，电子从圆形边界上的不同点射出，其中到达a点的电子速度恰好为零，不计电子的重力，下列判断正确的是（）A在圆形边界上c点电势最高B到达c点的电子电势能最小，速率是2vC到达b、d两点的电子电势能相等，速率均是vD到达b、d两点的电子电
5、势能可能不相等8如图所示，斜面体放置于粗糙水平地面上，物块A通过跨过定滑轮的轻质细绳与物块B连接，系统处于静止状态，现对B施加一水平力F使B缓慢地运动，使绳子偏离竖直方向一个角度，在此过程中物块A和斜面体始终处于静止状态，则（）A斜面体对物块A的摩擦力一直增大B地面对斜面体的支持力一直增大C地面对斜面体的摩擦力一直增大D地面对斜面体的支持力保持不变二、非选择题：包括必考题和选考题两部分第9题至12题为必考题，每个试题考生都必须作答第13题至18题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题9测定木块和长木板之间的动摩擦因数时，采用图甲所示的装置（图中长木板水平固定不动） （1）已知重力加速度为g，测
6、得木块质量为M，砝码盘和砝码的总质量为m，木块的加速度为a，则木块和长木板间的动摩擦因数的表达式=；（2）图乙为木块在长木板上运动时，打点器在木块拖动的纸带上打出的一部分计数点（相邻计数点之间还有四个计时点没有画出），其编号为0、1、2、3、4、5、6试利用图中的长度符号x1、x2和表示计数周期的符号T写出木块加速度的表达式a=（3）已知电火花打点计时器工作频率为50Hz，用直尺测出x1=13.01cm，x2=29.00cm（见图乙），根据这些数据可计算出木块加速度大小a=m/s2（保留两位有效数字）10某实验小组进行“探究热敏电阻的温度特性”实验，实验室提供如下器材：热敏电阻Rt （常温下约
7、8k）、温度计电流表A（量程1mA，内阻约200）电压表V（量程3V，内阻约10k）电池组E（4.5V，内阻约1）滑动变阻器R（最大阻值为20）开关S、导线若干、烧杯和水（1）根据提供器材的参数将图1所示的实物图中所缺的导线补接完整（2）实验开始前滑动变阻器的滑动触头P应置于端（填“a”或“b”）（3）利用补接完整的实验装置测量出不同温度下的电阻值，画出该热敏电阻的Rtt图象如图2中的实测曲线，与图中理论曲线相比二者有一定的差异除了偶然误差外，下列关于产生系统误差的原因或减小系统误差的方法叙述正确的是（填选项前的字母，不定项选择）A电流表的分压造成电阻的测量值总比真实值大B电压表的分流造成电阻
8、的测量值总比真实值小C温度升高到一定值后，电流表应改为外接法（4）将本实验所用的热敏电阻接到一个电流较大的恒流电源中使用，当电流通过电阻产生的热量与电阻向周围环境散热达到平衡时，满足关系式I2R=k（tt0）（其中k是散热系数，t是电阻的温度，t0是周围环境温度，I为电流强度），电阻的温度稳定在某一值若通过它的电流恒为50mA，t0=20，k=0.25w/，由实测曲线可知该电阻的温度稳定在11如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点水平桌面右侧有一竖直放置的轨道MNP，其形状为半径R=1.0m的圆环剪去了左上角120的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离
9、是h=2.4m用质量为m=0.2kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点后释放，物块过B点后做匀变速运动，其位移与时间的关系为s=6t2t2（m），物块飞离桌面后恰好由P点沿切线落入圆轨道（不计空气阻力，g取10m/s2）（1）求物块m过B点时的瞬时速度vB及与桌面间的动摩擦因数；（2）若轨道MNP光滑，求物块经过轨道最低点N时对轨道的压力FN；（3）若物块刚好能到达轨道最高点M，求物块从B点到M点的运动过程中克服摩擦力所做的功W12（19分）如图所示，在半径为R的圆形区域内有水平向里的匀强磁场，圆形区域右侧距离圆形区域右边缘为d处有一竖直感光板圆形区域上侧有两块平行金属极板，金属极板上侧有一粒子源，粒
10、子源中可以发射速度很小的质量为m的2价阳离子（带电量为+2e），离子重力不计（1）若离子从圆形区域顶点P以速率v0平行于纸面进入磁场，求在两块平行金属极板上所加的电压U；（2）若离子从圆形区域顶点P以速率v0对准圆心射入，若它刚好从圆形区域最右侧射出，垂直打在竖直感光板上，求圆形区域内磁场的磁感应强度B；（3）若圆形区域内的磁场的磁感应强度为B，离子以某一速度对准圆心射入，若它从圆形区域右侧射出，以与竖直感光板成60的角打在竖直感光板上，求它打到感光板上时的速度；（4）若在圆形区域右侧加上竖直向下的匀强电场，电场强度为E，粒子从圆弧顶点P以速率v0对准圆心射入，求离子打在MN上的位置距离圆形区
11、域圆心O的竖直高度h(二）选考题，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下列说法正确的是（）A温度高的物体内能可能大，但分子平均动能一定大B单晶体和多晶体都有规则的几何外形C热量可以从低温物体传给高温物体D夏天将密闭有空气的矿泉水瓶放进低温的冰箱中变扁的原因是矿泉水瓶内的空气压强小于外界压强E潮湿的天气绝对湿度一定很大14如图所示，开口向上竖直放置的内壁光滑气缸，其侧壁是绝热的，底部导热，内有两个质量均为m的密闭活塞，活塞A导热，活塞B绝热，将缸内理想气体分成、两部分初状态整个装置静止不动处于平衡，、两部分气体的长度均为l0，温度为T0设外界大气压强为P0保持不变，活塞横
12、截面积为S，且mg=P0S，环境温度保持不变求：在活塞A上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于2m时，两活塞在某位置重新处于平衡，活塞B下降的高度现只对气体缓慢加热，使活塞A回到初始位置，此时气体的温度【物理-选修3-4】15如图为一列沿x轴正方向传播的简谐横波的波源O的振动图象（波源仅振动0.15s）若该波波速v=40m/s，则在t=0.45s时（）A该波x=16m处的质点的位移为5cmB该波x=13m处的质点的速度正在减小C该波x=10m处振动方向向上D该波刚好传播到x=18m处E介质中任何一个质点的起振方向都是沿y轴正方向的16如图所示为某种透明介质的截面图，AOC为等腰直角三角形，BC为半径R
13、=12cm的四分之一圆弧，AB与水平屏幕MN垂直接触于B点由红光和紫光两种单色光组成的复色光垂直AC射到O，结果在水平屏幕MN上出现两个亮斑已知该介质对红光和紫光的折射率分别为n1=，n2=判断在BM和BN间产生亮斑的颜色；求两个亮斑间的距离【物理-选修3-5】17以下说法符合物理学史的是（）A普朗克引入能量子的概念，得出黑体辐射的强度按波长分布的公式，与实验符合得非常好，并由此开创了物理学的新纪元B康普顿效应表明光子具有能量C德布罗意把光的波粒二象性推广到实物粒子，认为实物粒子也具有波动性D汤姆逊通过粒子散射实验，提出了原子具有核式结构E为了解释黑体辐射规律，普朗克提出电磁辐射的能量是量子化
14、的18如图所示，轻弹簧的两端与质量均为2m的B、C两物块固定连接，静止在光滑水平面上，物块C紧靠挡板但不粘连另一质量为m的小物块A以速度vo从右向左与B发生弹性正碰，碰撞时间极短可忽略不计（所有过程都在弹簧弹性限度范围内）求：（1）A、B碰后瞬间各自的速度；（2）弹簧第一次压缩最短与第一次伸长最长时弹性势能之比内蒙古赤峰市宁城县2015届高考物理三模试卷一、选择题：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15题只有一项符合题目要求，第68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，有选错的得0分）1下列说法不正确的是（）A电场强度E=和B=磁感应强度定义物理量
15、的方法是比值定义法B互感现象是变压器工作的基础C在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这应用了“微元法”D法拉第最先引入“场”的概念，并最早发现了电流的磁效应现象考点：电场强度；自感现象的应用 分析：电场强度E=和B=磁感应强度定义物理量的方法是比值定义法，互感现象是变压器工作原理在推导匀变速直线运动位移公式时，采用了微元法法拉第最先引入“场”的概念，发现了电磁感应现象解答：解：A、电场强度E=和B=磁感应强度定义物理量的方法是比值定义法，故A正确B、互感现象是变压器工作原理故B正确C、在推导匀变速直线运动位移公式时
16、，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，采用了微元法故C正确D、法拉第最先引入“场”的概念，发现了电磁感应现象电流的磁效应现象是奥斯特发现的，故D错误本题选不正确的，故选：D点评：本题考查物理学史和物理学常识问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论和研究方法要加强记忆，这也是考试内容之一2图甲中一理想变压器原、副线圈匝数之比为55：6，其原线圈两端接入如图乙所示的正弦交流电，副线圈通过电流表与阻值R=48的负载电阻相连若交流电压表和交流电流表都是理想电表，则下列说法中正确的是（）A电压表的示数是24VB电流表的示数为0.50AC变压器原线圈得到的
17、功率是24WD原线圈输入的正弦交变电流的频率是50Hz考点：变压器的构造和原理 专题：交流电专题分析：由图乙可知交流电压最大值，周期T=0.02s，可由周期求出角速度的值，则可得交流电压u的表达式、由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比，Rt处温度升高时，阻值减小，根据负载电阻的变化，可知电流解答：解：A、由图乙可知交流电压有效值为220V，理想变压器原、副线圈匝数之比为55：6，副线圈电压为24V，电压表的示数是24V电阻为48，所以流过电阻中的电流为0.5A，变压器的输入功率是：P入=P出=12W故B正确，AC错误；D、由图乙可知交流电周期T=0.01s，可由周期求出正弦交变电流的频
18、率是100Hz，故D错误故选：B点评：根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键3在电梯内的地板上，竖直放置一根轻质弹簧，弹簧上端固定一个质量为m的物体当电梯匀速运动时，弹簧被压缩了x，某时刻后观察到弹簧又被继续压缩了（重力加速度为g）则电梯在此时刻后的运动情况可能是（）A以大小为g的加速度加速上升B以大小为g的加速度减速上升C以大小为的加速度加速下降D以大小为的加速度减速下降考点：牛顿运动定律的应用-超重和失重 专题：牛顿运动定律综合专题分析：物体原来静止，由此可以知道物体的重力与弹簧的弹力相等，当弹簧又被继续压缩时
19、，这时增加的弹力就是物体受的合力，由牛顿第二定律可以求加速度的大小，再判断物体的运动情况解答：解：因为电梯静止时，弹簧被压缩了x，由此可以知道，mg=kx，当电梯运动时，弹簧又被继续压缩了，弹簧的弹力变大了，所以物体的合力应该是向上的，大小是mg，由牛顿第二定律F=ma可得，mg=ma，所以加速度大小为a=g，合力是向上的，当然加速度的方向也就是向上的，此时物体可能是向上的匀加速运动，也可能是向下的匀减速运动，所以D正确故选：D点评：根据物体所处的两种不同的情况，对物体受力分析，增加的弹力就是物体受的合力，再由牛顿第二定律可以求加速度4如图所示，虚线右侧存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，正方
20、形金属框电阻为R，边长为L，自线框从左边界进入磁场时开始计时，在外力作用下由静止开始，以垂直于磁场边界的恒定加速度a进入磁场区域，t1时刻线框全部进入磁场规定顺时针方向为感应电流i的正方向外力大小为F，线框中电功率的瞬时值为P，通过导体横截面的电荷量为q，则这些量随时间变化的关系正确的是（）ABCD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 专题：电磁感应与图像结合分析：由线框进入磁场中切割磁感线，根据运动学公式可知速度与时间关系；由法拉第电磁感应定律E=BLv，可得出产生感应电动势与速度关系，由闭合电路欧姆定律来确定感应电流的大小，并由安培力公式可确定其大小与时间的关系；由牛顿第
21、二定律来确定合力与时间的关系；最后电量、功率的表达式来分别得出各自与时间的关系解答：解：A、线框做匀加速运动，其速度v=at，感应电动势E=BLv，感应电流 i=，i与t成正比，故A错误B、线框进入磁场过程中受到的安培力FB=BiL=，由牛顿第二定律得：FFB=ma，得 F=ma+，Ft图象是不过原点的倾斜直线，故B错误C、线框的电功率 P=i2R=t2，故C正确C、线框的位移x=at2，电荷量q=t=t=t2，qt图象应是抛物线故D错误；故选：C点评：解决本题的关键掌握运动学公式，并由各自表达式来进行推导，从而得出结论是否正确，以及掌握切割产生的感应电动势E=BLv知道L为有效长度5图示的电
22、路中电表均为理想电表，电源为恒流电源，即不管外电路情况如何变化，它都能提供持续且恒定的电流则当滑动变阻器R0的滑动端向上滑动时，电压表示数的变化量与电流表示数变化量之比的绝对值等于（）AR0BR1CR2D电源内阻r考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：电源为恒流电源，电源输出的是恒定电流，设为I0，并设滑动端上移前电压表示数为U1，电流表示数为I1根据欧姆定律和电路的连接关系，得到的表达式，即可作出判断解答：解：设电源输出的恒定电流为I0，R1两端电压为UR1（由于通过它的电流恒定，所以该电压亦恒定），滑动端上移前电压表示数为U1，电流表示数为I1；滑动端上移后，电压表示数为U2，
23、电流表示数为I2（由于R0变大，所以必有U2U1，I2I1）于是有 ，两式相减得 U2U1=（I1I2）R2即 故选：C点评：本题是非常规题，要抓住特殊条件：电源为恒流源，分析电压表读数与电流表读数的关系，再求解变化量之比6如果把水星和金星绕太阳的运动视为匀速圆周运动，若从水星与金星在一条直线上开始计时，天文学家测得在相同时间内水星转过的角度为1，金星转过的角度为2（1、2均为锐角），如图所示，则由此条件可能求得的是（）A水星和金星的质量之比B水星和金星到太阳的距离之比C水星和金星绕太阳运动的周期之比D水星和金星绕太阳运动的向心加速度大小之比考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系 专题：人造
24、卫星问题分析：相同时间内水星转过的角度为1；金星转过的角度为2，可知道它们的角速度之比，绕同一中心天体做圆周运动，根据万有引力提供向心力，可求出轨道半径比，以及向心加速度比解答：解：A、水星和金星作为环绕体，无法求出质量之比，故A错误；B、相同时间内水星转过的角度为1；金星转过的角度为2，可知道它们的角速度之比，根据万有引力提供向心力：G=mr2，r=，知道了角速度比，就可求出轨道半径之比故B正确C、相同时间内水星转过的角度为1；金星转过的角度为2，可知它们的角速度之比为1：2周期T=，则周期比为2：1故C正确D、根据a=r2，轨道半径之比、角速度之比都知道，很容易求出向心加速度之比故D正确故
25、选：BCD点评：解决本题的关键掌握万有引力提供向心力：G=mr2以及知道要求某一天体的质量，要把该天体放在中心天体位置，放在环绕天体位置，被约去，求不出来7如图，abcd是一圆形区域，处于匀强电场中，并与电场方向平行大量电子从圆形的中心O，以相同速率v向各个方向发射，电子从圆形边界上的不同点射出，其中到达a点的电子速度恰好为零，不计电子的重力，下列判断正确的是（）A在圆形边界上c点电势最高B到达c点的电子电势能最小，速率是2vC到达b、d两点的电子电势能相等，速率均是vD到达b、d两点的电子电势能可能不相等考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势 专题：电场力与电势的性质专题分析：根据匀强
26、电场，结合到达a点的电子速度恰好为零，因而可确定电势能变化的最大值，从而可确定电势高低解答：解：由于匀强电场，以相同速率v向各个方向发射，到达a点的电子速度恰好为零，则电场力做负功，导致动能转变为电势能A、由题意可知，电场线的方向由c指向a，因此a点的电势最低，而c点的电势最高故A正确；B、根据动能定理，O点到达a点电场力做功为，而O点到达c点电场力做功为，因此到达c点的电子电势能最小，速率是v，故B错误；C、由题意可知，电子到达b、d两点过程中电场力不做功，所以它们的电子电势能相等，速率均为v，故C正确，D错误；故选AC点评：考查在匀强电场中，电场力做功与电势能的变化关系，及依据电场线的方向
27、来确定电势高低，注意同一点不同电荷的电势能不同8如图所示，斜面体放置于粗糙水平地面上，物块A通过跨过定滑轮的轻质细绳与物块B连接，系统处于静止状态，现对B施加一水平力F使B缓慢地运动，使绳子偏离竖直方向一个角度，在此过程中物块A和斜面体始终处于静止状态，则（）A斜面体对物块A的摩擦力一直增大B地面对斜面体的支持力一直增大C地面对斜面体的摩擦力一直增大D地面对斜面体的支持力保持不变考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用 专题：共点力作用下物体平衡专题分析：以物体B受力分析，由共点力的平衡条件可求得拉力变化；再对整体受力分析可求得地面对斜面体的摩擦力；再对A物体受力分析可知A受到的摩
28、擦力的变化解答：解：取物体B为研究对象，分析其受力情况，设细绳与竖直方向夹角为a，则有：F=mgtan；解得：T=；在物体B缓慢拉高的过程中，增大，则水平力F随之变大，对A、B两物体与斜面体这个整体而言，由于斜面体与物体A仍然保持静止，则地面对斜面体的摩擦力一定变大；故C正确；但是因为整体竖直方向并没有其他力，故斜面体所受地面的支持力没有变；在这个过程中尽管绳子张力变大，但是由于物体A所受斜面体的摩擦力开始并不知道其方向，故物体A所受斜面体的摩擦力的情况无法确定；故AB错误，D正确；故选：CD点评：本题要注意正确选择研究对象，正确进行受力分析，再根据共点力平衡中的动态平衡分析各力的变化情况二、
29、非选择题：包括必考题和选考题两部分第9题至12题为必考题，每个试题考生都必须作答第13题至18题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题9测定木块和长木板之间的动摩擦因数时，采用图甲所示的装置（图中长木板水平固定不动） （1）已知重力加速度为g，测得木块质量为M，砝码盘和砝码的总质量为m，木块的加速度为a，则木块和长木板间的动摩擦因数的表达式=；（2）图乙为木块在长木板上运动时，打点器在木块拖动的纸带上打出的一部分计数点（相邻计数点之间还有四个计时点没有画出），其编号为0、1、2、3、4、5、6试利用图中的长度符号x1、x2和表示计数周期的符号T写出木块加速度的表达式a=（3）已知电火花打点计时
30、器工作频率为50Hz，用直尺测出x1=13.01cm，x2=29.00cm（见图乙），根据这些数据可计算出木块加速度大小a=2.0m/s2（保留两位有效数字）考点：探究影响摩擦力的大小的因素 专题：实验题；摩擦力专题分析：（1）对木块、砝码盘和砝码进行受力分析，运用牛顿第二定律求出木块与长木板间动摩擦因数（2）（3）根据匀变速直线运动的规律根据smsn=（mn）at2求解加速度解答：解：（1）对木块、砝码盘和砝码组成的系统，由牛顿第二定律得：mgMg=（M+m）a，解得：；（2）已知第一段位移s1=x1，第三段位移s3=x2，t=2T，根据smsn=（mn）at2得：a=（3）将x1=13.0
31、1cm=0.1301m，x2=29.00cm=0.29m代入（2）式，解得：a=2.0m/s2故答案为：（1）；（2）； （3）2.0点评：本题考查了求动摩擦因数、加速度，正确选择研究对象，应用牛顿第二定律即可求出动摩擦因数，计算注意有效数字10某实验小组进行“探究热敏电阻的温度特性”实验，实验室提供如下器材：热敏电阻Rt （常温下约8k）、温度计电流表A（量程1mA，内阻约200）电压表V（量程3V，内阻约10k）电池组E（4.5V，内阻约1）滑动变阻器R（最大阻值为20）开关S、导线若干、烧杯和水（1）根据提供器材的参数将图1所示的实物图中所缺的导线补接完整（2）实验开始前滑动变阻器的滑动
32、触头P应置于a端（填“a”或“b”）（3）利用补接完整的实验装置测量出不同温度下的电阻值，画出该热敏电阻的Rtt图象如图2中的实测曲线，与图中理论曲线相比二者有一定的差异除了偶然误差外，下列关于产生系统误差的原因或减小系统误差的方法叙述正确的是AC（填选项前的字母，不定项选择）A电流表的分压造成电阻的测量值总比真实值大B电压表的分流造成电阻的测量值总比真实值小C温度升高到一定值后，电流表应改为外接法（4）将本实验所用的热敏电阻接到一个电流较大的恒流电源中使用，当电流通过电阻产生的热量与电阻向周围环境散热达到平衡时，满足关系式I2R=k（tt0）（其中k是散热系数，t是电阻的温度，t0是周围环境
33、温度，I为电流强度），电阻的温度稳定在某一值若通过它的电流恒为50mA，t0=20，k=0.25w/，由实测曲线可知该电阻的温度稳定在50考点：描绘小电珠的伏安特性曲线 专题：实验题分析：（1）根据图甲所示实验电路图连接实物电路图；（2）滑动变阻器采用分压接法时，闭合开关前，滑片应调到分压电路分压应为零处（3）根据表中实验数据，在坐标系中描出对应点，然后作出图象分析实验电路，根据伏安法测电阻所造成的误差分析误差原因（4）作出P散=k（tt0）的图象，与热敏电阻随温度变化的图象的交点即为该电阻的稳定温度，带入公式即可求得此时的发热功率解答：解：（1）根据电路图连接实物图，如图1所示（2）因当滑动
34、触头打到a端时待测电路电压或电流为零，从而保护电流表故答案为a（3）由于实验采用的是电流表内接法，由于电流表的分压使电压表读数大于热敏电阻两端的电压故A正确；在相同的温度下，热敏电阻的测量值总比理论值偏大；当温度升高到一定值后，电阻变小，则电流表应该选用外接法，故C正确；故选：AC（4）电阻的散热功率可表示为P散=k（tt0）=I2R I=40mA，R=100（tt0），在Rt图象中做出如图所示的图线，据其与理论图线的交点即可求得：该电阻的温度大约稳定在50故答案为：（1）连线如图；（2）a；（3）AC；（4）50点评：本题中要特别注意第3小问中的作图解决的办法；由于导体电阻随温度的变化而变化
35、，故不能直接应用欧姆定律，而是根据图象进行分析本题为探究性实验，要求能将所学知识熟练应用；11如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点水平桌面右侧有一竖直放置的轨道MNP，其形状为半径R=1.0m的圆环剪去了左上角120的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离是h=2.4m用质量为m=0.2kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点后释放，物块过B点后做匀变速运动，其位移与时间的关系为s=6t2t2（m），物块飞离桌面后恰好由P点沿切线落入圆轨道（不计空气阻力，g取10m/s2）（1）求物块m过B点时的瞬时速度vB及与桌面间的动摩擦因数；（2）若轨道MNP光滑，求物块
36、经过轨道最低点N时对轨道的压力FN；（3）若物块刚好能到达轨道最高点M，求物块从B点到M点的运动过程中克服摩擦力所做的功W考点：机械能守恒定律；牛顿第二定律 专题：机械能守恒定律应用专题分析：（1）物块过B点后做匀变速运动，将其位移与时间的关系为s=6t2t2与匀变速直线运动的位移时间公式进行对比，得到初速度和加速度，根据牛顿第二定律求解动摩擦因数；（2）物块离开D点做平抛运动，由P点沿圆轨道切线落入圆轨道，由机械能守恒定律求出最低点的速度，由向心力公式求对轨道的压力；（3）物块在内轨道做圆周运动，在最高点有临界速度，根据机械能守恒定律，求出M点的速度，与临界速度进行比较结合动能定理，求克服摩
37、擦力做功解答：解：（1）m过B点后遵从s=6t2t2（m）所以知：vB=6m/s，a=4m/s2由牛顿第二定律：mg=ma，解得=0.4 （2）物块竖直方向的分运动为自由落体运动，P点速度在竖直方向的分量vy=4m/sP点速度在水平方向的分量vx=vytan30=4m/s解得离开D点的速度为vD=4m/s 由机械能守恒定律，有mvN2=mvD2+mg（h+RRcos）得vN2=74m2/s2根据牛顿第二定律，有FNmg=m解得FN=16.8N 根据牛顿第三定律，FN=FN=16.8N，方向竖直向下 （3）物块刚好能到达M点，有mg=m解得vM=m/s 物块到达P点的速度vP=8m/s 从P到M
38、点应用动能定理，有mgR（1+cos）WPNM=mvM2mvP2解得WPNM=2.4J 从B到D点应用动能定理，有WBD=mvD2mvB2解得WBD=2J 物块从B点到M点的运动过程中克服摩擦力所做的功为：W=4J+2J=4.4J 答：（1）物块m过B点时的瞬时速度vB为6m/s，桌面间的动摩擦因数为0.4；（2）若轨道MNP光滑，物块经过轨道最低点N时对轨道的压力FN大小为16.8N，方向竖直向下；（3）若物块刚好能到达轨道最高点M，物块从B点到M点的运动过程中克服摩擦力所做的功W为4.4J点评：该题涉及到多个运动过程，关键要掌握每个遵循的物理规律，如机械能守恒定律、平抛运动基本公式、圆周运
39、动向心力公式，还要把握住物块到达最高点的临界条件：重力提供向心力，求得临界速度12（19分）如图所示，在半径为R的圆形区域内有水平向里的匀强磁场，圆形区域右侧距离圆形区域右边缘为d处有一竖直感光板圆形区域上侧有两块平行金属极板，金属极板上侧有一粒子源，粒子源中可以发射速度很小的质量为m的2价阳离子（带电量为+2e），离子重力不计（1）若离子从圆形区域顶点P以速率v0平行于纸面进入磁场，求在两块平行金属极板上所加的电压U；（2）若离子从圆形区域顶点P以速率v0对准圆心射入，若它刚好从圆形区域最右侧射出，垂直打在竖直感光板上，求圆形区域内磁场的磁感应强度B；（3）若圆形区域内的磁场的磁感应强度为B
40、，离子以某一速度对准圆心射入，若它从圆形区域右侧射出，以与竖直感光板成60的角打在竖直感光板上，求它打到感光板上时的速度；（4）若在圆形区域右侧加上竖直向下的匀强电场，电场强度为E，粒子从圆弧顶点P以速率v0对准圆心射入，求离子打在MN上的位置距离圆形区域圆心O的竖直高度h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：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）离子在金属极板间做匀加速运动，由动能定理求解电压U（2）离子进入磁场后做匀速圆周运动，若离子从圆形区域顶点P对准圆心射入，刚好从圆形区域最右侧射出时，其在磁场中运动轨迹为圆弧，画出轨迹，求出轨迹半径，由牛顿第二定律求解磁
41、感应强度（3）结合题意画出离子的运动轨迹，由几何知识求出轨迹半径，即可求得离子的速度（4）离子从Q点射出后做类平抛运动，运用运动的分解，由牛顿第二定律和位移公式结合解答解答：解：（1）由动能定理可知，2eU=mv02解得 U=（2）设离子进入磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r，根据题述，离子在磁场中的运动轨迹为四分之一圆周，且r=R，如图甲所示，由牛顿第二定律得： 2ev0B=m解得：B=（3）根据题述可知离子以与竖直感光板成60的角打在竖直感光板上，离子轨迹如图乙所示由图中几何关系可知，tan60=解得离子轨迹半径r=R 由2evB=m，解得：v= （4）离子从Q点射出后做类平抛运动，如图丙
42、所示，且d=v0t，h=at2由牛顿第二定律有 a=联立解得：h= 答：（1）在两块平行金属极板上所加的电压U为（2）圆形区域内磁场的磁感应强度B为（3）它打到感光板上时的速度为（4）离子打在MN上的位置距离圆形区域圆心O的竖直高度h为点评：本题考查带电粒子在磁场中的运动，掌握带电粒子在磁场中运动的半径公式本题对数学几何能力要求较高，需加强这方面的训练(二）选考题，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下列说法正确的是（）A温度高的物体内能可能大，但分子平均动能一定大B单晶体和多晶体都有规则的几何外形C热量可以从低温物体传给高温物体D夏天将密闭有空气的矿泉水瓶放进低温的冰
43、箱中变扁的原因是矿泉水瓶内的空气压强小于外界压强E潮湿的天气绝对湿度一定很大考点：物体的内能；* 晶体和非晶体 专题：内能及其变化专题分析：温度是分子平均动能的标志单晶体有规则的几何外形，多晶体没有热量可以从低温物体传给高温物体夏天将密闭有空气的矿泉水瓶放进低温的冰箱中变扁的原因是矿泉水瓶内的空气压强小于外界压强绝对湿度是指一定空间中水蒸气的绝对含量，可用空气中水的蒸气压来表示；相对湿度为某一被测蒸气压与相同温度下的饱和蒸气压的比值的百分数；解答：解：A、温度是分子平均动能的标志，分子平均动能一定大，但内能不一定大，故A正确B、单晶体有规则的几何外形，多晶体没有，故B错误C、热量可以从低温物体
44、传给高温物体，但要有其他影响，如冰箱，空调等的工作，故C正确D、夏天将密闭有空气的矿泉水瓶放进低温的冰箱中变扁的原因是矿泉水瓶内的空气压强小于外界压强，故D正确E、在一定气温条件下，大气中相对湿度越大，水气蒸发也就越慢，人就感受到越潮湿，故当人们感到潮湿时，空气的相对湿度一定较大，但绝对湿度不一定大，故E错误故选：ACD点评：本题重点了解空气的相对湿度和绝对湿度，这个在平时学习的时候不大能见到，应留有掌握14如图所示，开口向上竖直放置的内壁光滑气缸，其侧壁是绝热的，底部导热，内有两个质量均为m的密闭活塞，活塞A导热，活塞B绝热，将缸内理想气体分成、两部分初状态整个装置静止不动处于平衡，、两部分
45、气体的长度均为l0，温度为T0设外界大气压强为P0保持不变，活塞横截面积为S，且mg=P0S，环境温度保持不变求：在活塞A上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于2m时，两活塞在某位置重新处于平衡，活塞B下降的高度现只对气体缓慢加热，使活塞A回到初始位置，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：先由力学知识确定出状态中的气体压强，然后确定添加铁砂后的压强，根据对中气体列玻意耳定律方程即可求解；先根据玻意耳定律求出中气体后来的长度，然后以气体为研究对象列理想气体状态方程求解解答：解：初状态气体压强 气体压强 添加铁砂后气体压强 P1=P0+=4p0气体压强P2
46、=P1+=5P0根据玻意耳定律，气体等温变化，P2l0S=P2l2S 可得：，B活塞下降的高度h2=l0l2=0.4l0气体等温变化，可得：l1=0.5l0只对气体加热，I气体状态不变，所以当A活塞回到原来位置时，气体高度l2=2l00.5l0=1.5l0根据气体理想气体状态方程：=得：T2=2.5T0答：在活塞A上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于2m时，两活塞在某位置重新处于平衡，活塞B下降的高度为0.4l0现只对II气体缓慢加热，使活塞A回到初始位置，此时II气体的温度2.5T0点评：本题考查了理想气体状态方程和力学知识的综合应用，这是2015届高考重点，要加强这方面的练习【物理-选修3-4】
47、15如图为一列沿x轴正方向传播的简谐横波的波源O的振动图象（波源仅振动0.15s）若该波波速v=40m/s，则在t=0.45s时（）A该波x=16m处的质点的位移为5cmB该波x=13m处的质点的速度正在减小C该波x=10m处振动方向向上D该波刚好传播到x=18m处E介质中任何一个质点的起振方向都是沿y轴正方向的考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象 分析：质点在平衡位置处速度最大，在最大位移处速度为零；由爬坡法判断质点的振动方向；任何一个质点的振动方向都与波源的振动方向一致解答：解：A、波速v=40m/s，由图知周倜T=0.2s，则波长=vT=400.5m=8m，因x=16m=2，则该波x
48、=16m处的质点的振动情况与波源振动情况相同，t=0.45s=2T，与T时位置相同，故此时波源位于负向最大位移，即位移为5cm，则x=16m处的质点位移为5cm，故A正确；B、该波x=13m=1处的质点与处质点位置相同，位于平衡位置上方向上运动，故速度正在减小，B正确；C、D、t=0.45s时间内波传播的距离 x=vt=400.45m=18m，波刚好传到x=18m处，该波只形成，而=6m，所以此刻该波x=10m处质点已不振动，故C错误，D正确E、介质中任何一个质点的起振方向都与波源起振方向相同，沿y轴负方向故E错误故选：ABD点评：本题分析时要注意该波的长度，不能受思维定势的影响，将波当成无限
49、长去分析要掌握介质中任何一个质点的起振方向都与波源起振方向相同，由振动图象中位移的变化情况分析质点的振动方向，在波动图象中，根据“上下坡法”判断质点的振动方向16如图所示为某种透明介质的截面图，AOC为等腰直角三角形，BC为半径R=12cm的四分之一圆弧，AB与水平屏幕MN垂直接触于B点由红光和紫光两种单色光组成的复色光垂直AC射到O，结果在水平屏幕MN上出现两个亮斑已知该介质对红光和紫光的折射率分别为n1=，n2=判断在BM和BN间产生亮斑的颜色；求两个亮斑间的距离考点：光的折射定律 专题：光的折射专题分析：由全反射临界角公式sinC=可求出红光与紫光的临界角，则可判断是否能发生全反射，则可
50、得出两光点的性质；由折射定律求出折射角，由几何知识可求得两光斑的距离解答：解：设红光和紫光的临界角分别为C1、C2，有 sinC1=解得C1=60 sinC2=解得C2=45在O点入射角为45所以紫光在AB面发生全反射，而红光在AB面一部分折射，一部分反射，且由几何关系可知，反射光线与AC平行，所以在BN间产生的亮斑P1为红色紫色的混合色，在BM间产生的亮斑P2为红色画出如图光路图 设红光折射角为r，根据折射定律 n= 求得sinr=由几何知识可得：BP2=，解得BP2=6cm有几何知识可得OBP1为等腰直角三角形，解得BP1=12cm所以P1P2=6（2+）cm答：在BN间产生的亮斑P1为红
51、色紫色的混合色，在BM间产生的亮斑P2为红色；两个亮斑间的距离为6（2+）cm点评：本题首先要能正确作出光路图，掌握全反射的条件，并能正确应用几何关系和折射定律结合进行解题【物理-选修3-5】17以下说法符合物理学史的是（）A普朗克引入能量子的概念，得出黑体辐射的强度按波长分布的公式，与实验符合得非常好，并由此开创了物理学的新纪元B康普顿效应表明光子具有能量C德布罗意把光的波粒二象性推广到实物粒子，认为实物粒子也具有波动性D汤姆逊通过粒子散射实验，提出了原子具有核式结构E为了解释黑体辐射规律，普朗克提出电磁辐射的能量是量子化的考点：物理学史 分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要
52、贡献即可解答：解：A、普朗克引入能量子的概念，得出黑体辐射的强度按波长分布的公式，与实验符合得非常好，并由此开创了物理学的新纪元，故A正确；B、康普顿效应不仅表明了光子具有能量，还表明了光子具有动量，故B错误；C、德布罗意把光的波粒二象性推广到实物粒子，认为实物粒子也具有波动性，故C正确；D、卢瑟福在用a粒子轰击金箔的实验中发现了质子，提出原子核式结构学说，故D错误；E、为了解释黑体辐射规律，普朗克提出电磁辐射的能量是量子化的故E正确；故选：ACE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，这也是考试内容之一18如图所示，轻弹簧的两端与质量均为2m的B
53、、C两物块固定连接，静止在光滑水平面上，物块C紧靠挡板但不粘连另一质量为m的小物块A以速度vo从右向左与B发生弹性正碰，碰撞时间极短可忽略不计（所有过程都在弹簧弹性限度范围内）求：（1）A、B碰后瞬间各自的速度；（2）弹簧第一次压缩最短与第一次伸长最长时弹性势能之比考点：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）A、B发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，由动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出碰后两物体的速度（2）在B压缩弹簧过程中，系统机械能守恒，由机械能守恒定律可以求出弹簧的弹性势能；当弹簧第一次伸长最长时，B、C两物体组成的系统动量守恒、
54、机械能守恒，由动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出弹簧的弹性势能，然后求出弹簧的弹性势能之比解答：解：（1）A、B发生弹性正碰，碰撞过程中，A、B组成的系统动量守恒、机械能守恒，以A、B组成的系统为研究对象，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mvo=mvA+2mvB，在碰撞过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得：mv02=mvA2+2mvB2，联立解得：vA=v0，vB=v0；（2）弹簧第一次压缩到最短时，B的速度为零，该过程机械能守恒，由机械能守恒定律得，弹簧的弹性势能：EP=2mvB2=mv02，从弹簧压缩最短到弹簧恢复原长时，B、C与弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧恢复原长时，B的
55、速度vB=v0，速度方向向右，C的速度为零，从弹簧恢复原长到弹簧第一次伸长最长时，B、C与弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒，弹簧伸长最长时，B、C速度相等，以向右为正方向，由动量守恒定律得：2mvB=（2m+2m）v，由机械能守恒定律得：2mvB2=（2m+2m）v2+EP，解得：EP=mv02，弹簧第一次压缩最短与第一次伸长最长时弹性势能之比：EP：EP=2：1；答：（1）A、B碰后瞬间，A的速度为v0，方向向右，B的速度为v0，方向向左；（2）弹簧第一次压缩最短与第一次伸长最长时弹性势能之比为2：1点评：本题考查了物体的速度与弹簧弹性势能之比，应用动量守恒定律与机械能守恒定律即可正确解题，分析清楚物体运动过程是正确 解题的关键
