1、2015-2016学年山西省晋中市祁县中学高三（上）摸底考试物理试卷一、选择题：本题共10小题，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1-6题只有一项正确，第7-10小题有多个选项正确；全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分。1在物理学的发展过程中，科学家们创造出了许多物理问题研究方法，以下关于所用物理问题研究方法的叙述正确的是（）A在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫微元法B“平均速度”、“总电阻”、“交流电的有效值”用的是“等效替代”的方法C电场强度是用比值法定义的，因而电场强度与电场力成正比，与试探电荷的电荷量成反比D将实验和逻辑推理（包括数学演算
2、）和谐地结合起来，从而发展了人类的科学思维方式和科学研究方法的科学家是笛卡尔2真空中有两个静止的点电荷，它们之间静电力的大小为F如果保持这两个点电荷之间的距离不变，而将它们的电荷量都变为原来的2倍，那么它们之间的静电力的大小应为（）AB2FCD4F32015年5月3日晚，第53届苏州世乒赛马龙首次夺得男单冠军，如图所示，马龙两次发球，乒乓球都恰好在等高处水平越过球网，不计乒乓球的旋转和空气阻力，乒乓球自最高点到落台的过程中，下列说法正确的是（）A第1次球过网时的速度小于第2次球过网时的速度B第1次球的飞行时间大于第2次球的飞行时间C第1次球的速度变化率小于第2次球的速度变化率D第1次落台时球的
3、重力的瞬时功率等于第2次落台时球的重力的瞬时功率4如图所示，一理想变压器的原、副线圈匝数比n1：n2=10：1，一阻值为10的电阻R连接在变压器的副线圈上，若加在原线圈上的电压瞬时值随时间变化规律为u=100cos100t（V），下列说法中正确的是（）A电压表的示数为10VB电流表的示数为1AC变压器的输入功率为10WD交变电流的频率为100Hz5如图所示，5000个大小相同、质量均为m且光滑的小球，静止放置于两相互垂直且光滑的平面A、B上，平面B与水平面的夹角为30，已知重力加速度为g，则笫2014个小球对第2015个小球的作用力大小为（）A1493mgB2014mgC2015mgD2986
4、mg6历时8年，跋涉48亿公里的“黎明”号飞行器于2015年3月7日首次抵达太阳系的小行星带内质量最大的天体谷神星，“黎明”号飞行器绕谷神星做匀速圆周运动，已知引力常量为G，下列说法正确的是（）A飞行器轨道半径越大，线速度越大B飞行器轨道半径越大，运行周期越大C若测得飞行器围绕谷神星旋转的圆轨道的周期和轨道半径，可得到谷神星的平均密度D图示中飞行器由环谷神星圆轨道a变轨进入环谷神星椭圆轨道b时，应让发动机在P点点火使其加速7一物体自t=0时开始做直线运动，其运动的vt图线如图所示，下列说法正确的是（）A在06s内，物体离出发点最远为15 mB在06s内，物体经过的路程为20 mC在04s内，物
5、体的平均速度为3.75 m/sD在4s6s内，物体一直做匀减速直线运动8如图所示，在一竖直平面内的三条平行导线串有两个电阻R1和R2，导体棒PQ与三条导线均接触良好，匀强磁场的方向垂直纸面向里，导体棒的电阻可忽略若导体棒向左加速运动，则（）A流经R1的电流方向向上B流经R1的电流方向向下C流经R2的电流方向向上D流经R2的电流方向向下9如图所示，一圆心为O、半径为R的圆中有两条互相垂直的直径AC和BD，电荷量均为Q的正、负点电荷放在圆周上，它们的位置关于AC对称，+Q和O点的连线与OC间的夹角为60，两个点电荷的连线与AC的交点为P下列说法中正确的是（）AP点的电场强度大于O点的电场强度BA点
6、的电势低于C点的电势C点电荷q在O点与在C点所受的电场力相同D点电荷+q在点B具有的电势能小于在D点具有的电势能10某型号的回旋加速器的工作原理图如图甲所示，图乙为俯视图回旋加速器的核心部分为D形盒，D形盒置于真空容器中，整个装置放在电磁铁两极之间的磁场中，磁场可以认为是匀强磁场，且与D形盒盒面垂直两盒间狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计质子从粒子源A处进入加速电场的初速度不计，从静止开始加速到出口处所需的时间为t，已知磁场的磁感应强度大小为B，质子质量为m、电荷量为+q，加速器接一高频交流电源，其电压为U，可以使质子每次经过狭缝都能被加速，不考虑相对论效应和重力作用则下列说法正确的是（
7、）A质子第一次经过狭缝被加速后，进入D形盒运动轨道的半径r=BD形盒半径R=C质子能够获得的最大动能为D加速质子时的交流电源频率与加速粒子的交流电源频率之比为1：1二、解答题（共2小题，满分15分）11图中游标卡尺和螺旋测微器的读数分别为 mm和 mm12为了测定一节干电池的电动势和内阻，实验室提供了下列器材：A待测干电池（电动势E约为1.5V，内阻r不超过1.5）B电流表（量程02mA，内阻RG=10）C电流表nL3gQDCAAAAABJRU5ErkJgguiPgeS8mOe9kQ=（量程00.6A，内阻RA约为0.1）D滑动变阻器R1（020，10A）E滑动变阻器R2（0100，1A）F定
8、值电阻R3=990G开关、导线若干（1）请在以上提供的器材中选择所需器材设计测量电路，在图1中的虚线框内补画出完整的电路原理图（要求在电路图中标明所使用器材）（2）根据合理的设计电路测量数据，电流表的示数记为I2，电流表的示数记为I1，某同学测出了6组I1，I2的数据，并已描绘出如图2所示的I1和I2的关系图线则：I1，I2关系式为I1=（用题中所给字母表示）根据已描绘出的图线，可得出被测干电池的电动势为V，内阻为三、综合分析与计算与计算题一（必考），共30分13（12分）如图所示为电流天平，可以用来测量匀强磁场的磁感应强度，它的右臂挂着矩形线圈，匝数为n，线圈的水平边长为L，处于匀强磁场内，
9、匀强磁场的方向与线圈平面垂直当线圈中通过电流I时，调节砝码使两臂达到平衡，然后使电流反向，大小不变，这时需要在左盘中增加质量为m的砝码，才能使两臂再达到新的平衡（1）若线圈串联一个电阻连接到电压为U的稳定电源上，已知线圈电阻为r，当线圈中通过电流I时，请用题给的物理量符号表示出电阻的大小（2）请用重力加速度g和n、m、L、I导出B的表达式14（18分）如图所示，水平传送带以v=2m/s的速率沿逆时针方向转动，在其左端与一竖直固定的光滑轨道平滑相接，右端与一半径R=0.4m的光滑半圆轨道相切，一质量m=2kg的物块（可视为质点）从光滑轨道上的某点由静止开始下滑，通过水平传送带后从半圆轨道的最高点
10、水平抛出，并恰好落在传送带的最左端，已知物块通过半圆轨道最高点时受到的弹力F=60N，物块与传送带间的动摩擦因数=0.25，取重力加速度g=10m/s2，求：（计算结果可以保留根号）（1）物块作平抛运动的初速度v0；（2）物块开始下滑时距水平传送带的高度H；（3）电动机由于物块通过传送带而多消耗的电能E四、综合分析与计算题二（选考）：在所给的选修3-3、选修3-4、选修3-5三个模块3道题中选做一个模块1道题，若三个模块都作答，则按第一个模块计分，共15分。选修模块3-315下列说法正确的是（）A当温度升髙时，物体内每一个分子热运动的速率一定都增大B液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，
11、所以液体表面存在表面张力C两个分子的间距从极近逐渐增大到10r0的过程中，它们之间的分子势能先减小后增大D液晶具有流动性，其光学性质具有各向同性的特点E显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性16（10分）如图所示，用质量m=1kg的活塞在汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间的摩擦忽略不计，开始时活塞距离汽缸底部的高度h1=0.50m，气体的温度t1=27，给汽缸缓慢加热至t2=207，活塞缓慢上升到距离汽缸底某一高度h2处，此过程中被封闭气体增加的内能U=300J已知大气压强p0=1.0105 Pa，重力加速度g=10m/s2，活塞横截面积S=
12、5.0104m2求初始时汽缸内气体的压强和缓慢加热后活塞距离汽缸底部的高度h2此过程中缸内气体吸收的热Q选修模块3-417下列说法正确的是（）A只有横波才能产生干涉和衍射现象B均匀变化的磁场产生均匀变化的电场向外传播就形成了电磁波C泊松亮斑支持了光的波动说D由红光和绿光组成的一细光束从水中射向空气，在不断增大入射角时水面上首先消失的是绿光E用同一实验装置观察，光的波长越大，光的双缝干涉条纹间距就越大18一列简谐横波沿+x轴方向传播，t=0时刻的波形如图甲所示，A、B、P和Q是介质中的四个质点，t=0时刻波刚好传播到B点，质点A的振动图象如图乙所示，则：该波的传播速度是多大？从t=0到t=1.6
13、s，质点P通过的路程为多少？经过多长时间质点Q第二次到达波谷？选修模块3-519某金属的截止极限频率恰好等于氢原子量子数n=4能级跃迁到n=2能级所发出光的频率氢原子辐射光子后能量（选填“增大”、“不变”或“减小”）现用氢原子由n=2能级跃迁到n=1能级所发出的光照射该金属，则逸出光电子的最大初动能是（已知氢原子n=1、2、4能级的能量值分别为E1、E2、E4）20如图所示，A和B两小车静止在光滑的水平面上，质量分别为m1、m2、A车上有一质量为m0的人，以速度v0向右跳上B车，并与B车相对静止求：人跳离A车后，A车的速度大小和方向人跳上B车后，B车的速度大小和方向2015-2016学年山西省
14、晋中市祁县中学高三（上）摸底考试物理试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共10小题，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1-6题只有一项正确，第7-10小题有多个选项正确；全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分。1在物理学的发展过程中，科学家们创造出了许多物理问题研究方法，以下关于所用物理问题研究方法的叙述正确的是（）A在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫微元法B“平均速度”、“总电阻”、“交流电的有效值”用的是“等效替代”的方法C电场强度是用比值法定义的，因而电场强度与电场力成正比，与试探电荷的电荷量成反比D将实验和逻辑推理（包括数学演算）和谐地结
15、合起来，从而发展了人类的科学思维方式和科学研究方法的科学家是笛卡尔【考点】物理学史【分析】用质点来代替实际物体是采用了理想模型的方法；等效替代法是一种常用的方法，它是指用一种情况来等效替换另一种情况，效果要相同；根据电磁学中科学家的主要贡献进行分析，明确各物理规律发现的历程及主要贡献者；同时还要注意相应的物理方法【解答】解：A、用质点来代替实际物体是采用了理想模型的方法，故A错误；B、“平均速度”、“总电阻”、“交流电的有效值”用的是“等效替代”的方法，故B正确；C、电场强度采用的是比值定义法，所定义的电场强度与电场力及试探电荷的电量无关；故C错误；D、将实验和逻辑推理（包括数学演算）和谐地结
16、合起来，从而发展了人类的科学思维方式和科学研究方法的科学家是伽利略，故D错误；故选：B【点评】本题考查物理学史及物理方法，这是近几年高考常涉及的内容；在学习中要重视学习相应的物理方法2真空中有两个静止的点电荷，它们之间静电力的大小为F如果保持这两个点电荷之间的距离不变，而将它们的电荷量都变为原来的2倍，那么它们之间的静电力的大小应为（）AB2FCD4F【考点】库仑定律【分析】本题比较简单，直接利用库仑定律进行计算讨论即可【解答】解：距离改变之前：F=当电荷量都变为原来的2倍时：F1=k联立可得：F1=4F，故ABC错误，D正确故选：D【点评】库仑定律应用时涉及的物理量较多，因此理清各个物理量之
17、间的关系，可以和万有引力定律进行类比学习32015年5月3日晚，第53届苏州世乒赛马龙首次夺得男单冠军，如图所示，马龙两次发球，乒乓球都恰好在等高处水平越过球网，不计乒乓球的旋转和空气阻力，乒乓球自最高点到落台的过程中，下列说法正确的是（）A第1次球过网时的速度小于第2次球过网时的速度B第1次球的飞行时间大于第2次球的飞行时间C第1次球的速度变化率小于第2次球的速度变化率D第1次落台时球的重力的瞬时功率等于第2次落台时球的重力的瞬时功率【考点】功率、平均功率和瞬时功率；平抛运动【专题】功率的计算专题【分析】将小球运动视为平抛运动，将其分解为水平方向匀速直线运动和竖直方向的匀变速直线运动，根据P
18、G=mgvy判定功率关系；根据v=gt判定速度变化快慢；根据运动的合成判定初速度【解答】解：A、球下落的高度相同，由h=可知下落的时间相等，因1比2水平通过的位移大，根据x=vt可知，第1次球过网时的速度大于第2次球过网时的速度，故AB错误；C、球在水平方向匀速，竖直方向自由落体运动，故速度变化量只在竖直方向，由速度位移公式可得速度变化量相等，故C错误；D、重力的瞬时功率为P=mgvy，落地时竖直方向的速度相等，故D正确；故选：D【点评】此题考查平抛运动，注意将其分解为水平方向匀速直线运动和竖直方向的匀变速直线运动，然后根据规律分析4如图所示，一理想变压器的原、副线圈匝数比n1：n2=10：1
19、，一阻值为10的电阻R连接在变压器的副线圈上，若加在原线圈上的电压瞬时值随时间变化规律为u=100cos100t（V），下列说法中正确的是（）A电压表的示数为10VB电流表的示数为1AC变压器的输入功率为10WD交变电流的频率为100Hz【考点】变压器的构造和原理；电功、电功率【专题】交流电专题【分析】根据瞬时值表达式，可求出电压的有效值，再利用电压与匝数成正比，可算出副线圈电压的有效值；由电流与匝数成反比，可算出原线圈的电流大小【解答】解：A、根据瞬时值表达式知原线圈电压有效值U=100V，根据电压与匝数成正比知副线圈即电压表的示数为10V故A错误；B、通过电阻的电流为I=1A，又由于电流表
20、读出的是有效值，再由匝数比等于电流反比，得电流表A的读数为0.1A故B错误；C、输出功率等于P=10W，输入功率等于输出功率，所以变压器的输入功率为10W，C正确；D、交流电的频率f=50Hz，故D错误；故选：C【点评】正弦变化规律的交流电的有效值与最大值为倍关系；理想变压器的电流之比、电压之比均是有效值同时通过电阻电流的瞬时表达式是正弦还是余弦式是受线圈在磁场中计时位置不同而不同5如图所示，5000个大小相同、质量均为m且光滑的小球，静止放置于两相互垂直且光滑的平面A、B上，平面B与水平面的夹角为30，已知重力加速度为g，则笫2014个小球对第2015个小球的作用力大小为（）A1493mgB
21、2014mgC2015mgD2986mg【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】将第2015个球到第5000个球共2986个球看成整体研究，分析受力情况，由平衡条件即可求解2014个小球对第2015个小球的作用力大小【解答】解：2015个球到第5000个球共2986个球看成整体研究，由于无摩擦力，只受重力、斜面支持力和第四个球的支持力；由平衡条件得知，第2014个球对第2015个球的作用力大小等于整体的重力沿AB平面向下的分力大小，即有F=2986mgsin30=1493mg故选：A【点评】本题中物体很多，解题的关键是研究对象的选择，采用整体法，不考虑系统内物
22、体间的内力，比较简单方便6历时8年，跋涉48亿公里的“黎明”号飞行器于2015年3月7日首次抵达太阳系的小行星带内质量最大的天体谷神星，“黎明”号飞行器绕谷神星做匀速圆周运动，已知引力常量为G，下列说法正确的是（）A飞行器轨道半径越大，线速度越大B飞行器轨道半径越大，运行周期越大C若测得飞行器围绕谷神星旋转的圆轨道的周期和轨道半径，可得到谷神星的平均密度D图示中飞行器由环谷神星圆轨道a变轨进入环谷神星椭圆轨道b时，应让发动机在P点点火使其加速【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】根据开普勒第三定律，分析周期与轨道半径的关系；飞行器P绕某星球做匀速圆周运动，由星球的万
23、有引力提供向心力，根据万有引力定律和密度公式可求解星球的平均密度【解答】解：A、根据卫星的速度公式v=，可知轨道半径越大，速度越小故A错误；B、根据开普勒第三定律=K，飞行器轨道半径越大，运行周期越大，故B正确；C、设星球的质量为M，半径为R，平均密度为，张角为，飞行器的质量为m，轨道半径为r，周期为T对于飞行器，根据万有引力提供向心力得：G=mr星球的平均密度 =可知若测得周期和轨道半径，可得到星球的质量，由于不知道星球的半径，不可得到星球的平均密度故C错误；D、图示中飞行器由环谷神星圆轨道a变轨进入环谷神星椭圆轨道b时，应让发动机在P点点火使其减速故D错误故选：B【点评】本题关键掌握开普勒
24、定律和万有引力等于向心力这一基本思路，结合几何知识进行解题7一物体自t=0时开始做直线运动，其运动的vt图线如图所示，下列说法正确的是（）A在06s内，物体离出发点最远为15 mB在06s内，物体经过的路程为20 mC在04s内，物体的平均速度为3.75 m/sD在4s6s内，物体一直做匀减速直线运动【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】vt图象中，与时间轴平行的直线表示做匀速直线运动，倾斜的直线表示匀变速直线运动，斜率表示加速度，倾斜角越大表示加速度越大，图象与坐标轴围成的面积表示位移，在时间轴上方的位移为正，下方的面积表示位移为负；
25、平均速率等于路程除以时间结合这些知识进行分析解答【解答】解：A、05s，物体沿正向运动，56s沿负向运动，故5s末离出发点最远，最远距离为S=5（2+5）m=17.5m，故A错误；B、在06s内，物体经过的路程为S=5m/s2s+5m/s2s+5m/s1s+5m/s1s=20m，故B正确C、在04s内，物体经过的路程为S=5m/s2s+5m/s2s=15m，所以平均速率为： =3.75m/s，故C正确；D、在4s6s内，物体先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动，故D错误；故选：BC【点评】本题考查了速度时间图象的应用及做功正负的判断，要明确斜率的含义，知道在速度时间图象中图象与坐标轴围成的面
26、积的含义，能根据图象读取有用信息，要注意路程和位移的区别，属于基础题8如图所示，在一竖直平面内的三条平行导线串有两个电阻R1和R2，导体棒PQ与三条导线均接触良好，匀强磁场的方向垂直纸面向里，导体棒的电阻可忽略若导体棒向左加速运动，则（）A流经R1的电流方向向上B流经R1的电流方向向下C流经R2的电流方向向上D流经R2的电流方向向下【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律【分析】根据右手定则，可判断PQ作为电源，Q端电势高，在PQcd回路和在电阻r的回路中找出电流方向【解答】解：AB、根据右手定则，可判断PQ作为电源，Q端电势高，在导线与R1回路中，电流为顺时针方向，即流过R的电流为向上
27、，故A正确、B错误；CD、同理，流经R2的电流方向向上，故C正确、D错误故选：AC【点评】本题考查右手定则的应用注意PQ作为电源构成了两个回路，分别在各自的回路中找出电流方向9如图所示，一圆心为O、半径为R的圆中有两条互相垂直的直径AC和BD，电荷量均为Q的正、负点电荷放在圆周上，它们的位置关于AC对称，+Q和O点的连线与OC间的夹角为60，两个点电荷的连线与AC的交点为P下列说法中正确的是（）AP点的电场强度大于O点的电场强度BA点的电势低于C点的电势C点电荷q在O点与在C点所受的电场力相同D点电荷+q在点B具有的电势能小于在D点具有的电势能【考点】电场强度；电势能【专题】电场力与电势的性质
28、专题【分析】根据电场线的分布情况，分析P点和O点的场强等量异种点电荷电场的分布具有对称性，可以结合其对称性来分析，结合等量异种点电荷电场电场线和等势线的分布图象来分析电势的高低，由电势能公式Ep=q分析电势能的大小【解答】解：A、在AC连线上，P点的电场线最密，场强最大，所以P点的电场强度大于O点的电场强度，故A正确B、AC连线是等量异种点电荷电场中一条等势线，故A、C两点的电势相等，故B错误C、根据等量异种点电荷电场电场线分布的对称性可知，O、C两点的电场强度相同，则点电荷+q在O点和C点所受电场力相同故C正确D、根据顺着电场线方向电势降低，结合电场线的分布情况可知，B点的电势高于D点电势，
29、由电势能公式Ep=q分析可知：点电荷+q在B点的电势能大于在D点具有的电势能故D错误故选：AC【点评】本题考查等量异种点电荷电场的分布特点，关键要掌握等量异种点电荷电场的电场线和等势线的分布图象，来分析场强和电势关系10某型号的回旋加速器的工作原理图如图甲所示，图乙为俯视图回旋加速器的核心部分为D形盒，D形盒置于真空容器中，整个装置放在电磁铁两极之间的磁场中，磁场可以认为是匀强磁场，且与D形盒盒面垂直两盒间狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计质子从粒子源A处进入加速电场的初速度不计，从静止开始加速到出口处所需的时间为t，已知磁场的磁感应强度大小为B，质子质量为m、电荷量为+q，加速器接一高
30、频交流电源，其电压为U，可以使质子每次经过狭缝都能被加速，不考虑相对论效应和重力作用则下列说法正确的是（）A质子第一次经过狭缝被加速后，进入D形盒运动轨道的半径r=BD形盒半径R=C质子能够获得的最大动能为D加速质子时的交流电源频率与加速粒子的交流电源频率之比为1：1【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理【分析】A、根据动能定理求出粒子第一次加速后进入磁场的速度，然后根据洛伦兹力提供向心力，列式求出质子在磁场中的轨道半径B、设质子从静止开始加速到出口处运动了n圈，质子在出口处的速度为v根据动能定理、牛顿第二定律和周期和时间关系结合求解C、带电粒子在回旋加速器中，靠电场加速，磁场偏转，通过带电粒子
31、在磁场中运动半径公式得出带电粒子射出时的速度，看与什么因素有关，进而确定最大动能的表达式；D、根据周期公式，结合质子与粒子的电量与质量不同，即可求解【解答】解：A、设质子第1次经过狭缝被加速后的速度为v1由动能定理得 qU= 由牛顿第二定律有 qv1B=m 联立解得：r1=，故A正确；B、设质子从静止开始加速到出口处运动了n圈，质子在出口处的速度为v，则 2nqU=mv2 qvB=m 质子圆周运动的周期 T=质子运动的总时间 t=nT联立解得 R=，故B正确；C、根据qvB=m，解得v=，带电粒子射出时的动能EK=故C错误D、根据圆周运动的周期 T=，由于质子与粒子的电量之比为1：2，而质子与
32、粒子的质量之比为1：4，因此它们周期之比为1：2，那么频率之比2：1，故D错误；故选：AB【点评】解决本题的关键知道回旋加速器运用电场加速，磁场偏转来加速带电粒子，但要注意粒子射出的动能与加速电压无关，与磁感应强度的大小有关，同时掌握圆周运动的半径与周期公式应用二、解答题（共2小题，满分15分）11图中游标卡尺和螺旋测微器的读数分别为11.4 mm和5.6650.002 mm【考点】刻度尺、游标卡尺的使用【专题】实验题【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读【解答】解：1、游标卡尺的
33、主尺读数为11mm，游标尺上第4个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为40.1mm=0.40mm，所以最终读数为：11mm+0.4mm=11.4mm2、螺旋测微器的固定刻度为5.5mm，可动刻度为16.50.01mm=0.165mm，所以最终读数为5.5mm+0.165mm=5.665mm，由于需要估读，最后的结果可以为5.6650.002故答案为：11.4 5.6650.002【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量12为了测定一节干电池的电动势和内阻，实验室提供了下列器材：A待测干电池（电动势E约为1.5V，内阻r不超过1.5）
34、B电流表（量程02mA，内阻RG=10）C电流表png_iVBORw0KGgoAAAANSUhEUgAAABIAAAAWCAYAAADNX8xBAAAAAXNSR0IArs4c6QAAAARnQU1BAACxjwv8YQUAAAAJcEhZcwAADsMAAA7DAcdvqGQAAAKfSURBVDhPvZQ9SHJxFMYvShCV2GBDOIj4FVlQU9Fkg+Ckg+ISSR+DSwZBtTQ0FNFSS0sUBEqigqAIKjUUBGFIUAQlRCi21FJN0VTPyzn+7/Wjt/ddXt4fHO695zz/h3s551wJ/4j/Z/T29obx8XHx9DPfjJ6f
35、n6HRaGA2m9Hf3w+r1Qq1Wg232w2v14uJiQksLy8LdZ0mo2q1CpVKBUmSODo6OjA3N4d0Oq3kKDo7O7G1tSVO1VCMbm9vWWSz2fD+/o77+3uUSiX+tI+PDzZLJpMIh8OYn59He3s79vf3xWlhdHl5ySZDQ0Oc/Buvr6+YmZlBV1cX4vE456SzszM2GRsb40QrV1dX6Ovrw9LSksjUeHp6gs/ng06nQz6fh5TNZtnI6XQKSTPHx8c/1htr0sHBARwOhyg1c3p6ip6eHhZ3d3dje3tbVGo8PDzwaFgsFtJImJyc
36、FKVmIpEIm8jxO10sFpPrEoLBoEjXSSQS3GbZhKK3txfRaFQoauzu7taNFhYWRLoOfYZs0Bit2gadhNXVVZGuQ9MbCATw+PiIi4sLvietyWTC0dGRUIHP8ptTW0nQOKkbGxvKhFMzCFlHsba2xrnz83PY7XZ+SykUCnFxZ2eHiwStBeUWFxd5sompqSn4/X4cHh7i+vqac7KOzvJkT09Pc4K6RNDk3t3d8VXm5uYGlUpFPAGZTAZGoxEjIyMoFos1I9pqMqJIpVIs/BPUcoPBgLa2NuRyOc4pS+tyudhIq9Xy
37、DtEwtrK5uYnZ2Vl+E9KurKzg5eWFa4rR5+cnf87g4CCL9Ho9BgYGMDo6ytPr8XiUKaftX19fR7lcFqcbjIivry+Dg8P84HWoG7u7e3xwrbSZCRDf0n6H9HmFwoFnJyc8P9I7uB3gF+R66nL3gQDCAAAAABJRU5ErkJgguiPgeS8mOe9kQ=（量程00.6A，内阻RA约为0.1）D滑动变阻器R1（020，10A）E滑动变阻器R2（0100，1A）F定值电阻R3=990G开关、导线若干（1）请在以上提供的器材中选择所需器材设计测量电路，在图1中的虚线框内补画出完整的电路原理图（要求在
38、电路图中标明所使用器材）（2）根据合理的设计电路测量数据，电流表的示数记为I2，电流表的示数记为I1，某同学测出了6组I1，I2的数据，并已描绘出如图2所示的I1和I2的关系图线则：I1，I2关系式为I1=（用题中所给字母表示）根据已描绘出的图线，可得出被测干电池的电动势为1.48V，内阻为0.80【考点】测定电源的电动势和内阻【专题】实验题【分析】（1）根据给出的仪表及实验原理可得出实验电路图；（2）由作出的UI图可知，图象与纵坐标的交点为电源的电动势；图象的斜率表示内阻【解答】解：（1）由题意可知，本实验中没有给出电压表，故应采用电流表G与定值电阻串联后充当电压表使用；故电路图如图所示（2
39、）表头的示数与定值电阻阻值的乘积可作为路端电压处理，则由闭合电路欧姆定律可知：I1（R3+Rg）=EI2r即：，由图可知，图象与纵坐标的交点为1.48mA，则有：1.48mA=，解得E=1.48V由图象可知，图象的斜率为：0.8103，由公式得图象的斜率等于，解得r=0.80故答案为：（1）如图所示，（2），1.48，0.80【点评】正确选择仪器是电学实验的经常考查的考点；本题为测量电源的电动势和内电阻的实验的变形，注意由于没有电压表，本实验中采用改装的方式将表头改装为电压表，再根据原实验的研究方法进行分析研究三、综合分析与计算与计算题一（必考），共30分13（12分）如图所示为电流天平，可以
40、用来测量匀强磁场的磁感应强度，它的右臂挂着矩形线圈，匝数为n，线圈的水平边长为L，处于匀强磁场内，匀强磁场的方向与线圈平面垂直当线圈中通过电流I时，调节砝码使两臂达到平衡，然后使电流反向，大小不变，这时需要在左盘中增加质量为m的砝码，才能使两臂再达到新的平衡（1）若线圈串联一个电阻连接到电压为U的稳定电源上，已知线圈电阻为r，当线圈中通过电流I时，请用题给的物理量符号表示出电阻的大小（2）请用重力加速度g和n、m、L、I导出B的表达式【考点】安培力；闭合电路的欧姆定律【专题】电磁感应与电路结合【分析】（1）根据闭合电路的欧姆定律即可求得；（2）天平平衡后，当电流反向（大小不变）时，安培力方向反
41、向，则右边相当于多了或少了两倍的安培力大小【解答】解：（1）根据闭合电路的欧姆定律可得I（R+r）=U解得（2）解：（1）根据平衡条件：有：mg=2nBIL，得：B=答：（1）电阻大小为（2）B的表达式为【点评】解决本题的关键掌握安培力方向的判定，以及会利用力的平衡去求解问题14（18分）如图所示，水平传送带以v=2m/s的速率沿逆时针方向转动，在其左端与一竖直固定的光滑轨道平滑相接，右端与一半径R=0.4m的光滑半圆轨道相切，一质量m=2kg的物块（可视为质点）从光滑轨道上的某点由静止开始下滑，通过水平传送带后从半圆轨道的最高点水平抛出，并恰好落在传送带的最左端，已知物块通过半圆轨道最高点时
42、受到的弹力F=60N，物块与传送带间的动摩擦因数=0.25，取重力加速度g=10m/s2，求：（计算结果可以保留根号）（1）物块作平抛运动的初速度v0；（2）物块开始下滑时距水平传送带的高度H；（3）电动机由于物块通过传送带而多消耗的电能E【考点】功能关系【分析】（1）物块在最高点受到的重力和弹力提供向心力，由牛顿第二定律即可求出物块的初速度；（2）物块从最高点开始做平抛运动，结合平抛运动的特点求出水平距离，由图可知，该距离即为传送带的长度；然后由功能关系即可求出物块开始时的高度；（3）分析判断物快在皮带的运动情况，求出物块在传送带上滑行的时间以及传送带的位移；最后利用能量守恒求多提供的能量【
43、解答】解：（1）物块在最高点受到的重力和弹力提供向心力，由牛顿第二定律得：代入数据得：v0=4m/s（2）物块离开最高点后做平抛运动，由：得运动的时间： s物块沿水平方向平抛的距离：L=v0t=40.4=1.6m由题可知，传送带的长度也是1.6m物块在整个运动的过程中，重力和传送带的摩擦力做功，由动能定理得：拉力以上公式，代入数据得：H=2m（3）物块到达传送带的左端的过程中重力做功，由机械能守恒得：得： m/s物块在传送带上的加速度：a=物块经过传送带的时间t，则：该时间内传送带运动的距离：L=v1t传送带克服摩擦力做的功：W=fL=mgL根据能量转化的方向可知，电动机由于物块通过传送带而多
44、消耗的电能E等于传送带克服物块的摩擦力做的功，即：E=W联立以上各式，代入数据得：E3J答：（1）物块作平抛运动的初速度是4m/s；（2）物块开始下滑时距水平传送带的高度是2m；（3）电动机由于物块通过传送带而多消耗的电能是3J【点评】该题结合平抛运动和机械能守恒考查传送带问题，判断物快在皮带上的运动情况是关键，灵活应用机械能、平抛运动和能量守恒定律是解题的核心四、综合分析与计算题二（选考）：在所给的选修3-3、选修3-4、选修3-5三个模块3道题中选做一个模块1道题，若三个模块都作答，则按第一个模块计分，共15分。选修模块3-315下列说法正确的是（）A当温度升髙时，物体内每一个分子热运动的
45、速率一定都增大B液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张力C两个分子的间距从极近逐渐增大到10r0的过程中，它们之间的分子势能先减小后增大D液晶具有流动性，其光学性质具有各向同性的特点E显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性【考点】* 晶体和非晶体；布朗运动【分析】温度是分子的平均动能的标志，是大量分子运动的统计规律；液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，液体表面存在张力；两个分子的间距从极近逐渐增大到10r0的过程中，它们之间的分子势能先减小后增大；液晶其光学性质具有各向异性的特点；布朗运动的现象是悬浮微粒的无规则运动
46、【解答】解：A、温度是分子的平均动能的标志，是大量分子运动的统计规律，当温度升髙时，分子的平均动能增大，并不是物体内每一个分子热运动的速率都增大故A错误；B、液体表面层的密度比较小，分子间距离大于液体内部分子间距离，液体表面存在张力故B正确；C、两个分子的间距从极近逐渐增大到10r0的过程中，分子之间的作用力开始时是斥力，当距离大于r0后表现为引力，所以该过程中分子力先做正功，后做负功，它们之间的分子势能先减小后增大故C正确；D、液晶具有流动性，其光学性质具有各向异性的特点故D错误；E、显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动是，这反映了液体分子运动的无规则性故E正确故选：BCE【点评
47、】本题考查了温度的微观意义、表面张力、分子力与分子势能、液晶的特性、以及布朗运动等，是选修中的选学内容，难度不大在平时的学习过程中多加积累就可以做好这一类的题目16（10分）如图所示，用质量m=1kg的活塞在汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间的摩擦忽略不计，开始时活塞距离汽缸底部的高度h1=0.50m，气体的温度t1=27，给汽缸缓慢加热至t2=207，活塞缓慢上升到距离汽缸底某一高度h2处，此过程中被封闭气体增加的内能U=300J已知大气压强p0=1.0105 Pa，重力加速度g=10m/s2，活塞横截面积S=5.0104m2求初始时汽缸内气体的压强和缓慢加热后活塞距离汽缸底部的高
48、度h2此过程中缸内气体吸收的热Q【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】气体做等压变化，根据理想气体状态方程求高度；在气体膨胀的过程中，气体对外做功，加热的过程中内能的变化可由热力学第一定律列方程求解得出【解答】解：气体做等压变化，根据气态方程可得：解得h2=0.80m 在气体膨胀的过程中，气体对外做功为W0=pV=1.2105（0.800.50）5.0104J=18 J 根据热力学第一定律可得气体内能的变化为U=W0+Q 得Q=U+W0=318 J 答：活塞距离汽缸底部的高度0.80m；此过程中缸内气体吸收的热量318 J【点评】此题考查理想气体状态方程和热力学第一定律
49、，应用理想气体状态方程时温度用热力学温度，分析好状态参量列式计算选修模块3-417下列说法正确的是（）A只有横波才能产生干涉和衍射现象B均匀变化的磁场产生均匀变化的电场向外传播就形成了电磁波C泊松亮斑支持了光的波动说D由红光和绿光组成的一细光束从水中射向空气，在不断增大入射角时水面上首先消失的是绿光E用同一实验装置观察，光的波长越大，光的双缝干涉条纹间距就越大【考点】光的干涉；光的偏振；双缝干涉的条纹间距与波长的关系【专题】光的干涉专题【分析】根据光从水中射到空气临界角大小分析哪种光先消失；根据干涉条纹的特点分析条纹明暗有无变化；泊松亮斑是从偏原来直线方向传播；非均匀变化的磁场才能产生非均匀变
50、化的电场，从而产生电磁波；干涉是波特有现象【解答】解：A、任意波，只要频率相同，均能干涉现象故A错误B、均匀变化的电场产生稳定的磁场，稳定的磁场不能再产生电场，故不能激发电磁波，故B错误C、泊松亮斑支持了光的波动说故C正确D、绿光的折射率大于红光的折射率，由临界角公式sinC=知，绿光的临界角小于红光的临界角，当光从水中射到空气，在不断增大入射角时水面上，绿光先发生全反射，从水面消失，故D正确E、根据干涉条纹间距公式，同一实验装置观察，光的波长越大，光的双缝干涉条纹间距就越大，故E正确；故选：CDE【点评】本题考查全反射条件，注意红光与绿光的临界角关系，理解波的干涉现象与条件，知道电磁波产生的
51、原理，注意均匀变化与非均匀变化的区别，以及光的衍射现象的应用18一列简谐横波沿+x轴方向传播，t=0时刻的波形如图甲所示，A、B、P和Q是介质中的四个质点，t=0时刻波刚好传播到B点，质点A的振动图象如图乙所示，则：该波的传播速度是多大？从t=0到t=1.6s，质点P通过的路程为多少？经过多长时间质点Q第二次到达波谷？【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】本题要在乙图上读出A质点在t=0时刻的速度方向，在甲图上判断出波的传播度方向；由甲图读出波长，由乙图读出周期，即求出波速和频率，根据简谐运动的特点：一个周期内质点路程为4A，分析t是几倍的周期，可以确
52、定1.6s内的路程根据PQ之间的距离可以求出第二次到达波谷的时间【解答】解：（1）由乙图知，质点的振动周期为T=0.8s，由甲图知，波长=20m，则波速为：v=m/s（2）振幅为2cm；则由t=0到1.6s时，质点P通过的路程为：s=24A=16m；（3）质点P、Q平衡位置之间的距离为：L=8510=75m；由L=vt，解得：t=3s即经过3s时间质点Q第一次到达波谷，经过3.8s时间质点第二次到达波谷；答：该波的传播速度是25m/s从t=0到t=1.6s，质点P通过的路程为16m经过3.8s时间质点Q第二次到达波谷【点评】本题关键要理解波动图象与振动图象的联系与区别，同时，读图要细心，数值和
53、单位一起读判断波的传播方向和质点的振动方向关系是必备的能力选修模块3-519某金属的截止极限频率恰好等于氢原子量子数n=4能级跃迁到n=2能级所发出光的频率氢原子辐射光子后能量减小（选填“增大”、“不变”或“减小”）现用氢原子由n=2能级跃迁到n=1能级所发出的光照射该金属，则逸出光电子的最大初动能是2E2E1E4（已知氢原子n=1、2、4能级的能量值分别为E1、E2、E4）【考点】光电效应【专题】光电效应专题【分析】根据EmEn=h求出辐射光子的能量的变化，再根据Ekm=hW，即可求解逸出光电子的最大初动能【解答】解：辐射光子后，氢原子的能量会减小；由题意可知，E4E2=h0；由n=2能级跃
54、迁到n=1能级所发出光的能量E=E2E1；再根据Ekm=hW=E2E1（E4E2）=2E2E1E4，故答案为：减小，2E2E1E4【点评】解决本题的关键知道能级间跃迁所满足的规律，以及知道光电效应的条件，掌握光电效应方程20如图所示，A和B两小车静止在光滑的水平面上，质量分别为m1、m2、A车上有一质量为m0的人，以速度v0向右跳上B车，并与B车相对静止求：人跳离A车后，A车的速度大小和方向人跳上B车后，B车的速度大小和方向【考点】动量守恒定律【专题】动量定理应用专题【分析】人与A组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出A的速度；人与B组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出B的速度【解答】解：设人跳离A车后，A车的速度为vA，研究A车和人组成的系统，以向右为正方向，由动量守恒定律有：m1vA+m0v0=0，解得：vA=，负号表示A车的速度方向向左；研究人和B车，以向右为正方向，由动量守恒定律有： m0v0=（m0+m2）vB，解得：，方向向右答：人跳离A车后，A车的速度大小为，方向向左人跳上B车后，B车的速度大小为，方向向右【点评】本题考查了动量守恒定律的基本运用，知道人和A车、人和B车组成的系统动量守恒，注意表达式的矢量性，列式时要规定正方向，难度适中
