1、高考资源网（） 您身边的高考专家山东省威海一中2015届高考物理二模试卷二、选择题（本题包括7小题，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如图所示，滑块A与小球B用一根不可伸长的轻绳相连，且滑块A套在水平直杆上现用大小为10N、与水平方向成30角的力F拉B，使A、B一起向右匀速运动，运动过程中A、B保持相对静止已知A、B的质量分别为2kg、1kg，重力加速度为10m/s2，则( )A轻绳与水平方向的夹角=30B轻绳与水平方向的夹角=60C滑块A与水平直杆之间的动摩擦因数为D滑块A与水平直杆之间的动摩擦因数为2如
2、图所示，轨道NO和OM底端对接且，小环自N点由静止滑下再滑上OM已知小环在轨道NO下滑的距离小于在轨道OM上滑的距离，忽略小环经过O点时的机械能损失，轨道各处的摩擦系数相同若用F、f、v和E分别表示小环所受的合力、摩擦力、速度和机械能，这四个物理量的大小随环运动路程的变化关系如图其中能正确反映小环自N点到右侧最高点运动过程的是( )ABCD3“嫦娥三号”月球探测器与“嫦娥一号”和“嫦娥二号”绕月飞行不同，“嫦娥三号”实现了落月目标“嫦娥三号”发射升空后，着陆器携带巡视器，经过奔月、环月最后着陆于月球表面，由巡视器（月球车）进行巡视探测假设月球的半径为R，月球表面的重力加速度为地球表面重力加速度
3、的，“嫦娥三号”月球探测器的总质量为m，“环月”运动过程可近似为匀速圆周运动，那么在“环月”运动过程中它的动能可能为( )AmgRBmgRCmgRDmgR4将一电荷量为+Q的小球放在不带电的金属球附近，所形成的电场线分布如图所示，金属球表面的电势处处相等a、b为电场中的两点，则( )Aa点的电场强度比b点的大Ba点的电势比b点的高C检验电荷q在a点的电势能比在b点的大D将检验电荷q从a点移到b点的过程中，电场力做负功5如图所示，传送带足够长，与水平面间的夹角=37，并以v=10m/s的速度逆时针匀速转动着，在传送带的A端轻轻地放一个质量为m=1kg的小物体，若已知物体与传送带之间的动摩擦因数=
4、0.5，（g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）则下列有关说法正确的是( )A小物体运动1s后，受到的摩擦力大小不适用公式F=FNB小物体运动1s后加速度大小为2m/s2C在放上小物体的第1s内，系统产生50J的热量D在放上小物体的第1s内，至少给系统提供能量70J才能维持传送带匀速转动6如图是街头变压器给用户供电的示意图，此变压器视为理想变压器，输入端接入的电压u=2200sin100t（V），输出电压通过输电线输送给用户，输电线的电阻用R表示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，题中电表均为理想交流表，则下列说法正确的是( )AV2表的读数为220VBA1表的示数随
5、A2表的示数的增大而增大C副线圈中交流电的频率为100HzD用户端闭合开关S，则V2表读数不变，A1表读数变大，变压器的输入功率增大7如图，水平的平行虚线间距为d=60cm，其间有沿水平方向的匀强磁场一个阻值为R的正方形金属线圈边长ld，线圈质量m=100g线圈在磁场上方某一高度处由静止释放，保持线圈平面与磁场方向垂直，其下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时的速度相等不计空气阻力，取g=10m/s2，则( )A线圈下边缘刚进磁场时加速度最小B线圈进入磁场过程中产生的电热为0.6JC线圈在进入磁场和穿出磁场过程中，电流均为逆时针方向D线圈在进入磁场和穿出磁场过程中，通过导线截面的电量相等二.必做题8某
6、课外兴趣小组利用如图1的实验装置研究“加速度与合外力的关系”（1）实验中，小车会受到摩擦阻力的作用，可使木板适当倾斜来平衡摩擦力，则下面操作正确的是_A不挂钩码，放开没有纸带的小车，能够自由下滑即可B不挂钩码，轻推没有纸带的小车，小车能够匀速下滑即可C不挂钩码，放开拖着纸带的小车，能够自由下滑即可D不挂钩码，轻推拖着纸带的小车，小车能够匀速下滑即可（2）该小组同学实验时先正确平衡摩擦力，并利用钩码和小车之间连接的力传感器测出细线上的拉力，改变钩码的个数，确定加速度a与细线上拉力F的关系，如图2的图象中能正确表示该同学实验结果的是_（3）在上述实验中打点计时器使用的交流电频率为50Hz，某次实验
7、中一段纸带的打点记录如图3所示，则小车运动的加速度大小为_m/s2（保留3位有效数字）9测量一未知电阻的阻值（1）某同学首先用多用电表粗测电阻的大小，将多用表选择开关置于10挡，调零后，将红黑表笔分别接电阻两端，发现指针读数如图甲所示，则所测阻值为_（2）接着该同学计划用VA法准确测量电阻的阻值，提供的实验器材有：8V直流电源；电压表（010V，内阻约20k）；电流表（050mA，内阻约10）；滑动变阻器（020，1A）；开关和导线请根据实验要求和提供的器材，参考下面未完全连接好的实物电路在下面虚线方框内画出实验电路图（图乙），并完成下面实物电路（图丙）未连接的导线（3）在上述（2）的实验中，
8、连接好电路后，闭合开关，发现电流表和电压表皆没有读数，该同学用多用电表检查电路故障他的操作如下：选用多用电表的直流电压挡，将红、黑表笔分别接在：电源正负极间；变阻器电阻丝的两端；电流表“”接线柱和电压表“+”接线柱之间，结果多用电表的指针均发生偏转，则可能是连接_之间的导线发生了断路（4）实验中移动变阻器滑动头，记下多组电流表、电压表读数（U，I），然后在坐标纸上作出UI图线，图线的_大小表示待测电阻阻值在这个实验中，测量值_真实值（填“”“=”或“”）10（17分）观光旅游、科学考察经常利用热气球，保证热气球的安全就十分重要科研人员进行科学考察时，气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为800
9、kg，在空中停留一段时间后，由于某种故障，气球受到的空气浮力减小，科研人员发现气球在竖直下降，此时下降速度为2m/s，且做匀加速运动，经过4s下降了16m后，立即抛掉一些压舱物，气球匀速下降不考虑气球由于运动而受到的空气阻力重力加速度g=1Om/s2求：（1）抛掉的压舱物的质量m是多大？（2）抛掉一些压舱物后，气球经过5s下降的高度是多大？11（18分）如图所示，竖直平面坐标系xOy的第一象限，有垂直：xOy面向外的水平勻强磁场和竖直向上的匀强电场，大小分别为B和E第四象限有垂直xOy為面向里的水平匀强电场，大小E=2E 第三象限内有一绝缘光滑竖直放置的半径为R的半圆轨道，轨道最髙点与坐标原点
10、O相切，最低点与绝缘光滑水平面相切于N一质量为m的带电小球从y轴上（y0）的P点沿工轴正方向进入第一象限后做圆周运动，恰好通过坐标原点O，且水平切入半圆轨道并沿轨道内侧运动，过N点水平进入第四象限，并在电场中运动（已知重力加速度为g）（1）判断小球的带电性质并求出其所带电荷量（2）P点距坐标原点O至少多高？（3）若该小球以满足（2）中OP最小值的位置和对应速度进入第一象限，通过N点开始计时，经时间t=，小球距N点的距离s为多远？三.选考题【物理-物理3-3】12下列说法中正确的是( )A无论技术怎样改进，热机的效率都不能达到100%B空气中所含水蒸气的压强与同一温度下水的饱和汽压之比为空气的相
11、对湿度C蔗糖受潮后粘在一起形成的糖块看起来没有确定的几何形状，是多晶体D已知阿伏加伽德罗常数、某种气体的摩尔质量和密度，可以估算该种气体分子体积的大小E“油膜法估测分子的大小”实验中，用一滴油酸溶液的体积与浅盘中油膜面积的比值可估测油酸分子直径13一定质量的理想气体从状态A变化到状态B再变化到状态C，其状态变化过程的pV图象如图所示已知该气体在状态A时的温度为27则：该气体在状态B和C时的温度分别为多少？该气体从状态A经B再到C的全过程中是吸热还是放热？传递的热量是多少？山东省威海一中2015届高考物理二模试卷二、选择题（本题包括7小题，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
12、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如图所示，滑块A与小球B用一根不可伸长的轻绳相连，且滑块A套在水平直杆上现用大小为10N、与水平方向成30角的力F拉B，使A、B一起向右匀速运动，运动过程中A、B保持相对静止已知A、B的质量分别为2kg、1kg，重力加速度为10m/s2，则( )A轻绳与水平方向的夹角=30B轻绳与水平方向的夹角=60C滑块A与水平直杆之间的动摩擦因数为D滑块A与水平直杆之间的动摩擦因数为考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力 专题：共点力作用下物体平衡专题分析：对B分析，由共点力的平衡条件可求得绳子的拉力及绳子的方向；对整体受力分析，
13、由共点力的平衡条件可求得A受到的摩擦力，由滑动摩擦力公式可求得动摩擦因数解答：解：对B分析，B受重力、拉力F及绳子的拉力而处于平衡；将两拉力合成，因拉力为10N，小球的重力为10N，则由几何关系可知，轻绳的拉力也为10N，方向与水平方向成30角，故A正确，B错误；对整体受力分析可知，A受到的支持力为：FN=（mA+mB）gFsin30=25N，摩擦力等于F沿水平方向的分力为：f=Fcos30=5N则由：f=FN，FN=FN解得：=；故D正确，C错误；故选：AD点评：本题要注意应用整体法与隔离法的正确使用，注意应用整体法时一定要分清内力与外力，正确的受力分析2如图所示，轨道NO和OM底端对接且，
14、小环自N点由静止滑下再滑上OM已知小环在轨道NO下滑的距离小于在轨道OM上滑的距离，忽略小环经过O点时的机械能损失，轨道各处的摩擦系数相同若用F、f、v和E分别表示小环所受的合力、摩擦力、速度和机械能，这四个物理量的大小随环运动路程的变化关系如图其中能正确反映小环自N点到右侧最高点运动过程的是( )ABCD考点：摩擦力的判断与计算；速度；机械能守恒定律 分析：小环在NO上做初速度为0的匀加速运动，在OM上做匀减速运动至速度为0，根据匀变速直线运动的平均速度公式知加速和减速过程中的平均速度相等，再根据下滑距离大于上滑距离可得物体下滑时间大于上滑时间，从而可以比较出加速度的大小，由牛顿第二定律确定
15、小球所受合外力的大小小球所受滑动摩擦力的大小可以通过比较小球所受弹力的大小加以确定，小环的速度随位移的关系可以通过动能定理加以确定，合外力做功等于小环动能的变化，机械能随小环所受摩擦力做功而减小，根据摩擦力做功与位移关系加以讨论解答：解：A、小球下滑和上滑过程中都是做匀变速直线运动，故上滑和下滑过程中根据匀变速直线运动的平均速度公式知加速和减速过程中平均速度大小相等，由于下滑距离小于上滑距离，故小环下滑时间小于小环上滑时间，又由于下滑和上滑过程中速度变化的大小相同，则加速度大小a= 知，小环下滑时的加速度大，根据牛顿第二定律知小环在下滑时所受合外力大于小环在上滑时所受合外力，故A正确B、如图：
16、小环在杆上受重力、支持力和滑动摩擦力作用，由题意知f=N=mgcos，因为，所以下滑时的摩擦力小于上滑时的摩擦力，故B正确；C、小环下滑时做初速度为0的匀加速运动，位移与速度关系满足v2=2ax得：v= 速度与位移的平方根成正比，故C错误；D、除重力和弹力外其它力做的功等于小环机械能的变化，故小球下滑时的机械能等于E=E0fx，由于下滑时摩擦力摩擦力小于上滑时摩擦力，下滑时图象的斜率小于上滑时的图象斜率，故D错误故选：AB点评：本题关键是通过对小环进行受力分析，根据牛顿第二定律确定小环的受力情况和运动情况，知道除重力外其它力做功与机械能变化的关系3“嫦娥三号”月球探测器与“嫦娥一号”和“嫦娥二
17、号”绕月飞行不同，“嫦娥三号”实现了落月目标“嫦娥三号”发射升空后，着陆器携带巡视器，经过奔月、环月最后着陆于月球表面，由巡视器（月球车）进行巡视探测假设月球的半径为R，月球表面的重力加速度为地球表面重力加速度的，“嫦娥三号”月球探测器的总质量为m，“环月”运动过程可近似为匀速圆周运动，那么在“环月”运动过程中它的动能可能为( )AmgRBmgRCmgRDmgR考点：万有引力定律及其应用；功能关系 专题：万有引力定律的应用专题分析：由万有引力充当向心力，知月球的最大环绕速度为v，再根据动能Ek=求出最大动能，从而得出答案解答：解：由万有引力充当向心力，知月球的最大环绕速度为v=，即最大动能为=
18、mgR，故环月动能可能为D；故选：D点评：本题关键抓住万有引力提供向心力，列式求解出线速度的最大值，再进行讨论动能的大小4将一电荷量为+Q的小球放在不带电的金属球附近，所形成的电场线分布如图所示，金属球表面的电势处处相等a、b为电场中的两点，则( )Aa点的电场强度比b点的大Ba点的电势比b点的高C检验电荷q在a点的电势能比在b点的大D将检验电荷q从a点移到b点的过程中，电场力做负功考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度 专题：电场力与电势的性质专题分析：电场线的疏密表示场强的大小；a点所在的电场线从Q出发到不带电的金属球终止，所以a点的电势高于金属球的电势，而b点所在处的电场线从金
19、属球发出到无穷远，所以金属球的电势高于b点的电势；电势越高的地方，负电荷具有的电势能越小解答：解：A：电场线的疏密表示场强的大小，故A正确；B：a点所在的电场线从Q出发到不带电的金属球终止，所以a点的电势高于金属球的电势，而b点所在处的电场线从金属球发出到无穷远，所以金属球的电势高于b点的电势故B正确；C：电势越高的地方，负电荷具有的电势能越小，即负电荷在a点的电势能较b点小，故C错误；D：由上知，q在a点的电势能较b点小，则把q电荷从电势能小的a点移动到电势能大的b点，电势能增大，电场力做负功故D正确故选：ABD点评：该题考查电场线的特点与电场力做功的特点，解题的关键是电场力做正功，电势能减
20、小；电场力做负功，电势能增加5如图所示，传送带足够长，与水平面间的夹角=37，并以v=10m/s的速度逆时针匀速转动着，在传送带的A端轻轻地放一个质量为m=1kg的小物体，若已知物体与传送带之间的动摩擦因数=0.5，（g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）则下列有关说法正确的是( )A小物体运动1s后，受到的摩擦力大小不适用公式F=FNB小物体运动1s后加速度大小为2m/s2C在放上小物体的第1s内，系统产生50J的热量D在放上小物体的第1s内，至少给系统提供能量70J才能维持传送带匀速转动考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；功能关系 专题：牛顿运动定律综
21、合专题分析：物体放上传送带后先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度后，由于重力沿斜面方向的分力大于滑动摩擦力，速度相同后不能保持相对静止，物块继续做匀加速运动，两次匀加速运动的加速度不同，结合牛顿第二定律和运动学公式进行分析解答：解：A、物体开始做匀加速运动的加速度=gsin37+gcos37=10m/s2，当速度相同时，经历的时间，但是mgsin37mgcos37，所以物体与传送带不能保持相对静止，所受摩擦力仍然为滑动摩擦力故A错误B、小物体1s后的加速度=gsin37gcos37=100.60.5100.8m/s2=2m/s2故B正确C、第1s内，物体的位移，传送带的位移x2=vt=10
22、1m=10m，则相对运动的位移x=x2x1=5m，系统产生的热量Q=mgcos37x=0.5100.85J=20J故C错误D、根据能量守恒定律得，E=1101050.6+20=40J故D错误故选：B点评：本题综合考查了功能关系、能量守恒、牛顿第二定律和运动学公式，综合性较强，关键是理清物体在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解6如图是街头变压器给用户供电的示意图，此变压器视为理想变压器，输入端接入的电压u=2200sin100t（V），输出电压通过输电线输送给用户，输电线的电阻用R表示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，题中电表均为理想交流表，则下列说法正确的是(
23、)AV2表的读数为220VBA1表的示数随A2表的示数的增大而增大C副线圈中交流电的频率为100HzD用户端闭合开关S，则V2表读数不变，A1表读数变大，变压器的输入功率增大考点：变压器的构造和原理 专题：交流电专题分析：根据表达式知道电压和频率，与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，再根据电压不变，来分析其他的元件的电流和电压的变化的情况解答：解：A、由电压表达式公式知原线圈电压有效值为2200V，电压与匝数成正比，所以V2表的读数为220V，A错误；B、电流与匝数成反比，所以A1表的示数随A2表的示数的增大而增大，B正
24、确；C、由表达式知角速度为100，所以频率为f=50Hz，C错误；D、用户端闭合开关S，则副线圈的电阻减小，电压由输入电压和匝数比决定，所以V2表读数不变，A1表和A2读数都变大，变压器的输入功率等于输出功率都增大，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7如图，水平的平行虚线间距为d=60cm，其间有沿水平方向的匀强磁场一个阻值为R的正方形金属线圈边长ld，线圈质量m=100g线圈在磁场上方某一高度处由静止释放，保持线圈平面与磁场方向垂直，其下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时的速度相
25、等不计空气阻力，取g=10m/s2，则( )A线圈下边缘刚进磁场时加速度最小B线圈进入磁场过程中产生的电热为0.6JC线圈在进入磁场和穿出磁场过程中，电流均为逆时针方向D线圈在进入磁场和穿出磁场过程中，通过导线截面的电量相等考点：导体切割磁感线时的感应电动势 专题：电磁感应与电路结合分析：（1）正方形金属线圈边长ld，刚进入磁场和刚穿出磁场时的速度相等，说明在其下边缘穿过磁场的过程中，线框先做减速运动，完全在磁场中时线框再做加速运动（2）根据能量守恒可以判断在线圈下边缘刚进入磁场到刚穿出磁场过程中动能不变，重力势能的减小全部转化为电能，又转化为电热；根据位移速度关系式解出线框刚进入磁场时的速度
26、，结合动能定理解出线框的最小速度解答：解：A：正方形金属线圈边长ld，刚进入磁场和刚穿出磁场时的速度相等，说明在其下边缘穿过磁场的过程中，线框先做减速运动，安培力大于重力；随速度的减小，感应电动势减小，感应电流减小，则安培力减小，线框的加速度减小故A错误；B：下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时的速度相等，重力势能的减小全部转化为电能，又转化为电热，故Q=mgd=0.1100.6=0.6J，故B正确；C：根据右手定则，线圈在进入磁场过程中，电流均为逆时针，穿出磁场过程中，电流均为顺时针，故C错误；D：通过导线截面的电量：，与速度无关，即进入磁场和穿出磁场过程中通过导线截面的电量相等故D正确故选：BD
27、点评：决本题的关键根据根据线圈下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时刻的速度是相等的，属于简单题二.必做题8某课外兴趣小组利用如图1的实验装置研究“加速度与合外力的关系”（1）实验中，小车会受到摩擦阻力的作用，可使木板适当倾斜来平衡摩擦力，则下面操作正确的是DA不挂钩码，放开没有纸带的小车，能够自由下滑即可B不挂钩码，轻推没有纸带的小车，小车能够匀速下滑即可C不挂钩码，放开拖着纸带的小车，能够自由下滑即可D不挂钩码，轻推拖着纸带的小车，小车能够匀速下滑即可（2）该小组同学实验时先正确平衡摩擦力，并利用钩码和小车之间连接的力传感器测出细线上的拉力，改变钩码的个数，确定加速度a与细线上拉力F的关系，如图2
28、的图象中能正确表示该同学实验结果的是A（3）在上述实验中打点计时器使用的交流电频率为50Hz，某次实验中一段纸带的打点记录如图3所示，则小车运动的加速度大小为7.50m/s2（保留3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：平衡摩擦力时，不挂钩码，轻推拖着纸带的小车，小车能够做匀速直线运动，则摩擦力得到平衡若摩擦力得到平衡，则aF图线过原点，由于拉力用传感器测出，不需要满足钩码的质量远小于小车的质量，图线不会出现弯曲根据连续相等时间内的位移之差是一恒量，运用逐差法求出小车的加速度解答：解：（1）平衡摩擦力时，使重力沿斜面方向的分力等于摩擦力，不挂钩码，轻推拖着纸
29、带的小车，小车能够做匀速直线运动，则摩擦力得到平衡故选：D（2）因为拉力是由传感器测出，已经平衡了摩擦力，则加速度与拉力的关系图线是过原点的倾斜直线，即加速度与拉力成正比故选：A（3）根据x=aT2，运用逐差法得，a=7.50m/s2故答案为：（1）D，（2）A，（3）7.50点评：解决本题的关键掌握平衡摩擦力的方法，以及掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度和加速度9测量一未知电阻的阻值（1）某同学首先用多用电表粗测电阻的大小，将多用表选择开关置于10挡，调零后，将红黑表笔分别接电阻两端，发现指针读数如图甲所示，则所测阻值为200（2）接着该同学计划用VA法准确测量电阻的阻值，提供的实验
30、器材有：8V直流电源；电压表（010V，内阻约20k）；电流表（050mA，内阻约10）；滑动变阻器（020，1A）；开关和导线请根据实验要求和提供的器材，参考下面未完全连接好的实物电路在下面虚线方框内画出实验电路图（图乙），并完成下面实物电路（图丙）未连接的导线（3）在上述（2）的实验中，连接好电路后，闭合开关，发现电流表和电压表皆没有读数，该同学用多用电表检查电路故障他的操作如下：选用多用电表的直流电压挡，将红、黑表笔分别接在：电源正负极间；变阻器电阻丝的两端；电流表“”接线柱和电压表“+”接线柱之间，结果多用电表的指针均发生偏转，则可能是连接连接电流表和电压表之间的导线发生了断路（4）实
31、验中移动变阻器滑动头，记下多组电流表、电压表读数（U，I），然后在坐标纸上作出UI图线，图线的斜率大小表示待测电阻阻值在这个实验中，测量值真实值（填“”“=”或“”）考点：伏安法测电阻；用多用电表测电阻 专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）欧姆表指针示数与倍率的乘积是欧姆表的示数（2）根据待测阻值与滑动变阻器阻值间的关系确定滑动变阻器是采用分压接法还是限流接法，根据待测电阻阻值与电流表与电压表内阻间的关系确定电流表采用内接法还是外接法，然后作出实验电路图；根据实验电路图连接实物电路图（3）根据电路故障现象分析电路故障原因（4）根据欧姆定律求出电压与电流的关系式，然后根据表达式求出电阻大小；电
32、流表外接法，由于电压表分流，使电阻测量值小于真实值解答：解：（1）由图甲所示欧姆表可知，所测电阻阻值为：2010=200（2）由于滑动变阻器最大阻值为20，远小于待测电阻阻值200，如果滑动变阻器采用限流接法，移动滑动变阻器滑片时，电路电流及待测电阻电压变化较小，不能进行多次测量，因此滑动变阻器应采用分压接法；电压表内阻是20k，电流表内阻是10，待测电阻阻值约为200，相对来说电压表内阻远大于待测电阻阻值，因此电流表应采用外接法，实验电路图如图1所示；根据实验电路图连接实物电路图，实物电路图如图2所示（3）闭合开关，发现电流表和电压表皆没有读数，说明电路存在断路；用电压表测：电源正负极间、变
33、阻器电阻丝的两端、电流表“”接线柱和电压表“+”接线柱之间，结果多用电表的指针均发生偏转，说明各测试连点之间不存在断路，因此电路断路位置在连接电流表与电压表之间的导线断路（4）由欧姆定律可知，I=，则U=IR，在电阻一定时，U与I成正比，它们的比例系数是导体电阻R，因此UI图象的斜率大小表示电阻阻值；实验采用了电流表外接法，由于电压表的分流作用，使电流表的测量值大于真实值，由R=可知，电阻的测量值小于电阻的真实值故答案为：（1）200；（2）实验电路图如图1所示；实物电路图如图2所示；（3）连接电流表和电压表；（4）斜率，点评：本题考查了欧姆表读数、设计实验电路、连接实物电路图、实验误差分析等
34、问题；设计实验电路是该题的难点，也是正确解题的关键；设计实验电路的关键是：确定滑动变阻器采用分压接法还是限流接法，电流表是采用内接法还是外接法10（17分）观光旅游、科学考察经常利用热气球，保证热气球的安全就十分重要科研人员进行科学考察时，气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为800kg，在空中停留一段时间后，由于某种故障，气球受到的空气浮力减小，科研人员发现气球在竖直下降，此时下降速度为2m/s，且做匀加速运动，经过4s下降了16m后，立即抛掉一些压舱物，气球匀速下降不考虑气球由于运动而受到的空气阻力重力加速度g=1Om/s2求：（1）抛掉的压舱物的质量m是多大？（2）抛掉一些压舱物后，气球
35、经过5s下降的高度是多大？考点：牛顿第二定律；物体的弹性和弹力 专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）先利用运动学计算出下降的加速度，由牛顿地的定律表示出加速度，匀速运动时所受合力为零联立即可求得（2）求出4s末的速度，然后做匀速运动，由hvt求的下降高度；解答：解：（1）设气球加速下降的加速度为a，受到的浮力为F，则有：s=代入数据解得：a=1m/s2由牛顿第二定律有：MgF=Ma抛掉一些压舱物，气球匀速运动，则有：（Mm）g=F联立并代入数据解得：m=80kg（2）加速下降阶段获得的速度为：v1=v0+at=2+14m/s=6m/s匀速下降的高度为：h=v1t=65m=30m答：（1）抛掉
36、的压舱物的质量m是80kg（2）抛掉一些压舱物后，气球经过5s下降的高度是30m点评：本题结合实际情景来将运动与力学题目相结合起来，主要让学生掌握如何由运动去求力的问题的方法11（18分）如图所示，竖直平面坐标系xOy的第一象限，有垂直：xOy面向外的水平勻强磁场和竖直向上的匀强电场，大小分别为B和E第四象限有垂直xOy為面向里的水平匀强电场，大小E=2E 第三象限内有一绝缘光滑竖直放置的半径为R的半圆轨道，轨道最髙点与坐标原点O相切，最低点与绝缘光滑水平面相切于N一质量为m的带电小球从y轴上（y0）的P点沿工轴正方向进入第一象限后做圆周运动，恰好通过坐标原点O，且水平切入半圆轨道并沿轨道内侧
37、运动，过N点水平进入第四象限，并在电场中运动（已知重力加速度为g）（1）判断小球的带电性质并求出其所带电荷量（2）P点距坐标原点O至少多高？（3）若该小球以满足（2）中OP最小值的位置和对应速度进入第一象限，通过N点开始计时，经时间t=，小球距N点的距离s为多远？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：带电小球进入正交的电场与磁场后，做匀速圆周运动，则重力与电场力平衡，仅由洛伦兹力提供向心力，所以由电场强度方向可确定小球的电性小球恰能通过轨道最高点，则由重力提供向心力，从而求出最小距离小球从O到N点仅有重力做功，其机械能守恒而进入电场后，在
38、x方向小球做匀速直线运动，而y方向做初速度为零的匀加速直线运动所以由运动与力关系可求出到N点的距离解答：解：（1）小球进入第一象限正交的电场和磁场后，在垂直磁场的平面内做圆周运动，说明重力与电场力平衡，qE=mg 得q= 小球带正电 （2）小球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，设匀速圆周运动的速度为v、轨道半径为r 有：qvB=m 小球恰能通过半圆轨道的最高点并沿轨道运动，有：mg=m 由得：r= PO的最小距离为：y=2r=2= （3）小球由O运动到N的过程中机械能守恒：mg2R+ 由得：vN= 根据运动的独立性可知，小球从N点进入电场区域后，在x轴方向以速度vN做匀速直线运动，沿电场方向做初
39、速度为零的匀加速直线运动，则沿x轴方向有：x=vNt 沿电场方向有：y= a= t时刻小球距N点：s=2R；答：（1）小球的带正电，所带电荷量（2）P点距坐标原点O至少；（3），小球距N点的距离s为2R点评：除考查小球在磁场中做匀速圆周运动的模型外，还涉及了小球在电场中做类平抛运动的模型同时小球在仅受重力下能通过最高点的条件三.选考题【物理-物理3-3】12下列说法中正确的是( )A无论技术怎样改进，热机的效率都不能达到100%B空气中所含水蒸气的压强与同一温度下水的饱和汽压之比为空气的相对湿度C蔗糖受潮后粘在一起形成的糖块看起来没有确定的几何形状，是多晶体D已知阿伏加伽德罗常数、某种气体的摩
40、尔质量和密度，可以估算该种气体分子体积的大小E“油膜法估测分子的大小”实验中，用一滴油酸溶液的体积与浅盘中油膜面积的比值可估测油酸分子直径考点：热力学第二定律；* 晶体和非晶体；用油膜法估测分子的大小 分析：根据热力学第二定律，无论技术怎样改进，热机的效率都不能达到100%；空气中所含水蒸气的压强与同一温度下水的饱和汽压之比为空气的相对湿度；蔗糖受潮后粘在一起形成的糖块看起来没有确定的几何形状，是多晶体；知阿伏加伽德罗常数、某种气体的摩尔质量和密度，可以估算该种气体分子所占空间的大小；“油膜法估测分子的大小”实验中，用一滴油酸溶液的中纯油酸的体积与浅盘中油膜面积的比值可估测油酸分子直径解答：解
41、：A、根据热力学第二定律，不可能将从单一热源吸收的热量全部转化为机械能，所以无论技术怎样改进，热机的效率都不能达到100%故A正确；B、相对湿度的定义：空气中所含水蒸气的压强与同一温度下水的饱和汽压之比为空气的相对湿度故B正确；C、蔗糖受潮后粘在一起形成的糖块看起来没有确定的几何形状，是多晶体故C正确；D、已知阿伏加伽德罗常数、某种气体的摩尔质量和密度，可以估算该种气体分子所占空间的大小，或分子之间的距离，但是不能估算分子的大小故D错误；E、“油膜法估测分子的大小”实验中，用一滴油酸溶液的中纯油酸的体积与浅盘中油膜面积的比值可估测油酸分子直径故E错误故选：ABC点评：该题考查33中热学的多个知
42、识点，其中由于空气分子之间的距离远大于分子的大小，所以已知阿伏加伽德罗常数、某种气体的摩尔质量和密度，可以估算该种气体分子所占空间的大小，或分子之间的距离这是该题中容易出错的地方13一定质量的理想气体从状态A变化到状态B再变化到状态C，其状态变化过程的pV图象如图所示已知该气体在状态A时的温度为27则：该气体在状态B和C时的温度分别为多少？该气体从状态A经B再到C的全过程中是吸热还是放热？传递的热量是多少？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：根据图象可知：AB等容变化，由查理定律即可求出B状态温度；BC等压变化，由盖吕萨克定律即可求出C状态温度；比较AC两状态的温度，从而判断气体内能的变化，比较AC两状态的体积可判断W的正负，再根据可根据热力学第一定律即可解决问题解答：解：A到B做等容变化，则=450K=177；B到C：=300K=27A到状态C体积减小，外界对气体做功，即W0，TA=TC，所以，A到状态C的过程中内能变化量为0由热力学第一定律得：Q0，所以AC的过程中是放热答：B、C时的温度分别为177，27A到状态C的过程中放热点评：解决气体问题的关键是挖掘出隐含条件，正确判断出气体变化过程，合理选取气体实验定律解决问题；对于内能变化牢记温度是理想气体内能的量度，与体积无关高考资源网版权所有，侵权必究！
