1、甘肃省普通高中2015届高考物理一模试卷一、选择题：本题共12小题，共40分18每小题3分，每题只有一个选项符合题目要求，912每小题3分，在每个小题的四个选项中有多项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错的得0分1（3分）下列叙述中符合物理史实的是（）A伽利略提出了日心说B亚里士多德否定了力是维持物体运动的原因C奥斯特发现了电流的磁效应D牛顿发现了万有引力定律并测定了万有引力常量2（3分）人用手托着质量为m的物体，从静止开始沿水平方向加速运动（物体与手始终相对静止），物体与手掌之间的动摩擦因数为，则下列说法正确的是（）A手对物体的作用力方向竖直向上B手对物体的作用力方向水平向
2、前C手对物体作用力方向斜向前上方D物体所受摩擦力大小为mg3（3分）某物体在一足够大的光滑水平面上向西运动，当它受到一个向南的恒定外力作用时，物体将做（）A匀变速直线运动B匀变速曲线运动C曲线运动但加速度方向改变，大小不变，是非匀变速曲线运动D曲线运动但加速度方向和大小均改变，是非匀变速曲线运动4（3分）测速仪安装有超声波发射和接收装置，如图所示，B为测速仪，A为汽车，两者相距335m，某时刻B发出超声波，同时A由静止开始作匀加速直线运动当B接收到反射回来的超声波信号时，AB相距355m，已知声速为340m/s，则汽车的加速度大小为（）A20m/s2B10m/s2C5m/s2D无法确定5（3分
3、）如图所示，在坡度一定的斜面顶点以大小相同的速度v0同时水平向左与水平向右抛出两个小球A和B，两侧斜坡的倾角分别为37和53，小球均落在坡面上，若不计空气阻力，则A和B两小球的运动时间之比为（）A16：9B9：16C3：4D4：36（3分）若各国的人造地球卫星都在不同的轨道上做匀速圆周运动，设地球的质量为M，地球的半径为R地则下述判断正确的是（）A各国发射的所有人造地球卫星在轨道上做匀速圆周运动的运行速度都不超过um=B各国发射的所有人造地球卫星在轨道上做匀速圆周运动的运行周期都不超过Tm=2R地C卫星在轨道上做匀速圆周运动的圆心不一定与地心重合D地球同步卫星做匀速圆周运动的运行周期等于2R地
4、7（3分）将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，vt图象如图所示，以下判断正确的是（）A前3s内货物处于失重状态B最后2s内货物只受重力作用C前3s内平均速度小于最后2s内的平均速度D最后2s的过程中货物的机械能增加8（3分）如图所示，A、B、C、D、E、F为正六边形的六个顶点，P、Q、M分别为AB、ED、AF的中点，O为正六边形的中心现在六个顶点依次放入等量正负电荷若取无穷远处电势为零，以下说法中错误的是（）AP、Q、M各点具有相同的场强BP、Q、M各点电势均为零CO点电势与场强均为零D将一负检验电荷从P点沿直线PM移到M点的过程中，电势能先减小后增大9（4分）如图
5、，R为热敏电阻，R1、R2为定值电阻闭合电键S，电压表的示数为U，电流表的示数为I，现R所处环境温度降低，电压表的示数改变量的大小为U，电流表的示数改变大小为I，则下列说法正确的是（）A变大B变大C电阻R1的功率变大D电源的总功率变大10（4分）在一阻值为R=10的定值电阻中通入如图所示的交流电，则（）A此交流电的频率为0.5HzB此交流电的有效值约为3.5AC在24s内通过该电阻的电荷量为1CD在02s内电阻产生的焦耳热为25J11（4分）如图所示，在匀强磁场区域中有一光滑斜面体，在斜面体上放了一根长为L、质量为m的导线，当通以如图方向的电流后，导线恰好能保持静止，则磁感应强度B满足（）A，
6、方向水平向左B，方向垂直纸面向外C，方向沿斜面向上D，方向竖直向下12（4分）用一段截面半径为r、电阻率为、密度为d的均匀导体材料做成一个半径为R （rR）的圆环圆环落入磁感应强度为B的径向磁场中如图所示，当圆环在加速下落时某一时刻的速度为v，则（）A此时整个环的电动势为E=2BvRB忽略电感的影响，此时圆环中的电流I=C此时圆环的加速度D如果径向磁场足够长，则圆环的最大速度vm=二、实验题：（每空2分，共16分）13（6分）在“探究求合力的方法”的实验中，用图钉把橡皮筋的一端固定在板上的A点，在橡皮筋的另一端拴上两条细绳，细绳另一端系着绳套B、C（用来连接弹簧测力计）其中A为固定橡皮筋的图钉
7、，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳（1）本实验用的弹簧测力计示数的单位为N，图中与B相连的弹簧测力计的示数为N（2）在实验中，如果只将OB、OC绳换成橡皮筋，其他步骤保持不变，那么实验结果（选填“会”或“不会”）发生变化（3）在本实验中，F1和F2表示两个互成角度的力，F表示由平行四边形定则作出的F1与F2的合力； F表示用一个弹簧秤拉橡皮筋时的力，则图2中符合实验事实的是14（10分）为了测定一节干电池的电动势和内阻，实验室中准备了下列器材：待测干电池E（电动势约1.5V，内阻约1.0）电流表G（满偏电流3mA，内阻10）电流表A（量程00.60A，内阻约0.10）滑动变阻器R1（0
8、20，2A）滑动变阻器R2（0100，1A）定值电阻R3=990，开关S和导线若干明同学在某一次的测量过程中两电流表的指针偏转如图1所示，则电流表A的读数为A，电流表G的读数为mA请在图2方框中画出他的实验电路图（标明所选仪器的符号）图3为小明根据实验数据作出的I1I2图线（I1为电流表G的示数，I2为电流表A的示数），由该图线可得：被测干电池的电动势E=V，内阻r=三、计算题：共29分请按题目要求作答，解答题目应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15（6分）据雄关周末第51期报导，“经过5年艰苦奋战，备受关注的兰新
9、高铁于2014年12月26日正式开通，这标志着世界一次性建设里程最长的高速铁路将全线开通运营”，高铁动车每节车厢长25m，全车由8节车厢编组而成，设计时速为250km/h某次运行中，在乘务员以相对车厢2m/s的速度从车厢的一端走到另一端的过程中，全车恰好匀速通过了一座长600m的铁路桥，求火车过桥时的速度为多少？16（9分）如图，质量m=1.0kg的物体（可视为质点）以v0=10m/s的初速度从水平面的某点向右运动并冲上半径R=1.0m的竖直光滑半圆环，物体与水平面间的动摩擦因数=0.5求：（1）物体能从M点飞出，落到水平面时落点到N点的距离的最小值为多大？（2）如果物体从某点出发后在半圆轨道
10、运动过程途中离开轨道，求出发点到N点的距离x的取值范围17（14分）如图所示，在xoy平面内，在x0范围内以x轴为电场和磁场的边界，在x0范围内以第象限内的直线OM为电场与磁场的边界，OM与x轴负方向成=45角，在边界的下方空间存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B=0.1T，在边界的上方有沿y轴正方向的匀强电场，场强大小为E=32N/C；在y轴上的P点有一个不计重力的带电微粒，以沿x轴负方向的初速度v0=2103m/s射出，已知OP=0.8cm，微粒所带电荷量q=51018C，质量m=11024kg，求：（1）带电微粒第一次进入电场时的位置坐标；（2）带电微粒从P点出发到第三次经
11、过电磁场边界经历的总时间；（3）带电微粒第四次经过电磁场边界时的速度大小【选做部分】温馨提示：在下列三道选修题目中只能选择其中之一作答，并写在答题卷指定的位置处若作答两道以上，只批阅前一道（选择题为多项选择，每选对一个得2分，有错选得0分选择题的答案填写在答题卷指定位置，不要涂在机读卡上）选修3-3（15分）18（6分）下列说法正确的是（）A液体温度越高、悬浮颗粒越小，布朗运动越剧烈B不考虑分子势能，则质量、温度均相同的氢气和氧气的内能也相同C第一类永动机不可能制成，因为违背了能量守恒定律D物体吸收热量，则其内能一定增加E能量耗散从能量转化角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性19（9分）如图
12、所示，一定质量的气体被绝热活塞封闭在绝热的水平放置的气缸内，气缸固定且内壁光滑，活塞通过细绳绕过定滑轮与一沙桶（里面没有沙）连接，开始活塞处于静止状态，封闭气体的体积为V0，温度T0=300K，压强为0.9P0（P0为大气压强），活塞面积为S，现不停地向沙桶中加沙子，使活塞缓慢地向右移动，当增加的沙子质量为桶质量的2倍时，气体体积增加了0.2V0（活塞未被拉出气缸），重力加速度为g，求：沙桶的质量m末态气缸内封闭气体的温度T选修3-4（15分）20如图所示是两列完全相同的相干水波在某时刻的叠加情况，图中实线表示波峰，虚线表示波谷则下列关于这两列波的说法中正确的是（）AP、N两质点始终处于平衡位
13、置B该时刻质点M正处于平衡位置C随着时间的推移，质点O将向M点移动D从该时刻起，经过四分之一个周期，质点O将到达平衡位置，此时位移为零EOM连线的中点是振动加强点，其振幅为单个波引起的振幅的2倍21如图所示，一半径为R、折射率n=的半球形玻璃砖置于光屏MN的上方，一束半径为r=的圆形单色光正对半球形玻璃砖的中心O入射，经玻璃砖折射后在下方的光屏MN上得到一个半径r=的圆形光斑，试求光屏MN到半球形玻璃砖的直径AB的距离（tan75=2+）选修3-5（15分）22下列说法正确的有 （）A普朗克曾经大胆假设：振动着的带电微粒的能量只能是某一最小能量值的整数倍，这个不可再分的最小能量值叫做能量子B粒
14、子散射实验中少数粒子发生了较大偏转，这是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据之一C由玻尔理论可知，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要辐射一定频率的光子，同时电子的动能减小，电势能增大D在光电效应实验中，用同种频率的光照射不同的金属表面，从金属表面逸出的光电子的最大初动能Ek越大，则这种金属的逸出功W0越小E在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，因此，光子散射后波长变短23静止的锂核（）俘获一个速度为7.7106m/s的中子，发生核反应后若只产生了两个新粒子，其中一个粒子为氦核（），它的速度大小是8.0106m/s，方向与反应前的中子速度方向相同写出
15、此核反应的方程式；求反应后产生的另一个粒子的速度大小及方向；此反应过程中是否发生了质量亏损，说明依据甘肃省普通高中2015届高考物理一模试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共12小题，共40分18每小题3分，每题只有一个选项符合题目要求，912每小题3分，在每个小题的四个选项中有多项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错的得0分1（3分）下列叙述中符合物理史实的是（）A伽利略提出了日心说B亚里士多德否定了力是维持物体运动的原因C奥斯特发现了电流的磁效应D牛顿发现了万有引力定律并测定了万有引力常量考点：物理学史 专题：常规题型分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要
16、贡献即可解答：解：A、哥白尼提出了日心说，故A错误；B、伽利略否定了力是维持物体运动的原因，故B错误；C、奥斯特发现了电流的磁效应，故C正确；D、牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测定了万有引力常量，故D错误；故选：C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，这也是考试内容之一2（3分）人用手托着质量为m的物体，从静止开始沿水平方向加速运动（物体与手始终相对静止），物体与手掌之间的动摩擦因数为，则下列说法正确的是（）A手对物体的作用力方向竖直向上B手对物体的作用力方向水平向前C手对物体作用力方向斜向前上方D物体所受摩擦力大小为mg考点：牛顿第二定律；物
17、体的弹性和弹力 专题：牛顿运动定律综合专题分析：对物体受力分析，分别对竖直方向和水平方向分析，最后再求出合力即可解答：解：物体在水平方向向前做加速运动，一定受向前的摩擦力；竖直方向保持静止，支持力等于重力；则手对物体的作用力为两力的合力；故作用力方向斜向前上方；故选：C点评：本题要注意手对物体的作用力包括支持力和向前的摩擦力；故求作用力时应求二者的合力3（3分）某物体在一足够大的光滑水平面上向西运动，当它受到一个向南的恒定外力作用时，物体将做（）A匀变速直线运动B匀变速曲线运动C曲线运动但加速度方向改变，大小不变，是非匀变速曲线运动D曲线运动但加速度方向和大小均改变，是非匀变速曲线运动考点：物
18、体做曲线运动的条件 专题：物体做曲线运动条件专题分析：当物体受到与运动方向不在同一直线上的恒力作用时，物体做匀变速曲线运动物体的运动方向向西，受到的合外力方向向南，力与速度方向不在同一直线上，且力为恒力，根据曲线运动的条件及牛顿第二定律即可求解解答：解：物体的运动方向向西，受到的合外力方向向南，所以物体做曲线运动，因为合外力恒定，根据牛顿第二定律可知，加速度恒定，故物体做匀变速曲线运动，故B正确故选B点评：本题主要考查了物体做曲线运动的条件，知道加速度由合外力决定，难度不大，属于基础题4（3分）测速仪安装有超声波发射和接收装置，如图所示，B为测速仪，A为汽车，两者相距335m，某时刻B发出超声
19、波，同时A由静止开始作匀加速直线运动当B接收到反射回来的超声波信号时，AB相距355m，已知声速为340m/s，则汽车的加速度大小为（）A20m/s2B10m/s2C5m/s2D无法确定考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系 专题：直线运动规律专题分析：在超声波来回运动的时间里，汽车运行的位移为20m根据匀变速运动的位移时间公式可求出汽车在超声波单程运行时间里的位移，结合超声波的速度，即可知道超声波单程运行的时间，从而知道汽车运行的时间，根据，求出汽车的加速度大小解答：解：设汽车的加速度为a，运动的时间为t，有，超声波来回的时间为t，则单程的时间为，因为初速度为零的匀加速直线运动，在相等时间内
20、的位移之比为1：3，在t时间内的位移为20m，则时间内的位移为x=5m，知超声波追上汽车的位移x=5+335m=340m，所以，t=2s所以汽车的加速度大小为10m/s2故B正确，A、C、D错误故选：B点评：解决本题的关键求出超声波单程运行的位移从而求出单程运行的时间，即可知道汽车匀加速运动的时间，然后根据匀变速运动的位移公式求出汽车的加速度5（3分）如图所示，在坡度一定的斜面顶点以大小相同的速度v0同时水平向左与水平向右抛出两个小球A和B，两侧斜坡的倾角分别为37和53，小球均落在坡面上，若不计空气阻力，则A和B两小球的运动时间之比为（）A16：9B9：16C3：4D4：3考点：平抛运动 专
21、题：平抛运动专题分析：两球都落在斜面上，位移上有限制，位移与水平方向的夹角为定值，竖直位移与水平位移的比值等于斜面倾角的正切值，由此可正确解答解答：解：对于A球有：tan37=，解得，对B球有：=，解得，可知故选：B点评：解决本题的关键抓住平抛运动落在斜面上竖直方向上的位移和水平方向上的位移是定值6（3分）若各国的人造地球卫星都在不同的轨道上做匀速圆周运动，设地球的质量为M，地球的半径为R地则下述判断正确的是（）A各国发射的所有人造地球卫星在轨道上做匀速圆周运动的运行速度都不超过um=B各国发射的所有人造地球卫星在轨道上做匀速圆周运动的运行周期都不超过Tm=2R地C卫星在轨道上做匀速圆周运动的
22、圆心不一定与地心重合D地球同步卫星做匀速圆周运动的运行周期等于2R地考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系 专题：人造卫星问题分析：通过万有引力提供向心力求出卫星在圆形轨道上运行的最大速度，分析周期和轨道半径的关系，从而得知周期的大小同步卫星定轨道、定周期、定速度、定高度解答：解：A、根据万有引力提供向心力有：=ma=m=mr；解得v=，T=2，知轨道半径越大，线速度越小，周期越大，所以所有人造地球卫星在轨道上做匀速圆周运动的运行速度都不超vm=，周期无最大值故A正确，B错误C、卫星靠地球的万有引力提供向心力，万有引力方向指向地心，所以圆心和地心重合故C错误D、同步卫星的轨道半径要大于R地，
23、同步卫星周期大于2R地故D错误故选：A点评：解决本题的关键知道绕中心天体做圆周运动，线速度、角速度、周期与轨道半径的关系，以及掌握同步卫星的特点7（3分）将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，vt图象如图所示，以下判断正确的是（）A前3s内货物处于失重状态B最后2s内货物只受重力作用C前3s内平均速度小于最后2s内的平均速度D最后2s的过程中货物的机械能增加考点：机械能守恒定律；匀变速直线运动的图像 专题：机械能守恒定律应用专题分析：速度时间图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移，根据平均速度的公式比较前3s内和后2s内平均速度的大小根据机械能守恒的条件
24、判断机械能是否守恒解答：解：A、前3s内货物向上做匀加速直线运动，加速度向上，处于超重状态故A错误B、最后2s内物体的加速度为 a=3m/s2，加速度大小为3m/s2，小于g，根据牛顿第二定律可知货物受重力和拉力两个力作用故B错误C、前3s内的平均速度=3m/s，后2s内的平均速度=3m/s，这两段时间内的平均速度相同故C错误D、第3s末至第5s末，货物做匀速直线运动，重力势能增加，动能不变，机械能增加故D正确误故选：D点评：解决本题的关键知道速度时间图线斜率和图线与时间轴围成的面积表示的含义，以及掌握机械能守恒定律的条件8（3分）如图所示，A、B、C、D、E、F为正六边形的六个顶点，P、Q、
25、M分别为AB、ED、AF的中点，O为正六边形的中心现在六个顶点依次放入等量正负电荷若取无穷远处电势为零，以下说法中错误的是（）AP、Q、M各点具有相同的场强BP、Q、M各点电势均为零CO点电势与场强均为零D将一负检验电荷从P点沿直线PM移到M点的过程中，电势能先减小后增大考点：电场强度；电势能 专题：电场力与电势的性质专题分析：根据正六边形几何特性，结合点电荷电场强度公式，以及等量电荷中垂线的电势为零，即可求解解答：解：A、由题意可知，等量正负电荷，位于正六边形的六个顶，根据点电荷电场强度，结合电场的叠加原理，可知P、Q、M各点场强大小相同，但方向不同，故A错误；B、根据等量异种电荷中垂线的电
26、势为零，再由对称性可以知，P，Q，M，O各点电势均为零，故B正确；C、根据图可知，O点场强可看成三个负点电荷与三个正点电荷电场叠加而成，且电荷均相同，则电场强度为零，故C正确；D、P到M过程中，电势由零升高，后又降为零，负电荷的电能势能就先减小后增大，故D正确；选错误的，故选：A点评：考查点电荷电场强度的公式应用，注意正六边形几何特性，同时理解矢量合成法则，并知道电势能的大小与电势及电荷的电量与电性有关9（4分）如图，R为热敏电阻，R1、R2为定值电阻闭合电键S，电压表的示数为U，电流表的示数为I，现R所处环境温度降低，电压表的示数改变量的大小为U，电流表的示数改变大小为I，则下列说法正确的是
27、（）A变大B变大C电阻R1的功率变大D电源的总功率变大考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率 专题：恒定电流专题分析：环境温度降低时，R的电阻增大，根据闭合电路欧姆定律判断干路电流变化情况，即知电流表读数的变化由欧姆定律分析其他量的变化即可解答：解：A、环境温度降低时，R的电阻增大，R与R1并联的电阻增大，而等于R与R1并联的电阻，则变大，故A正确B、根据闭合电路欧姆定律得：U=EI（R2+r），则=R2+r，不变，故B错误C、根据串联电路分压规律知U增大，则电阻R1的功率变大，故C正确D、电源的总功率P=EI，I减小，则电源的总功率变小，故D错误故选：AC点评：本题是动态分析问题，关键明确电
28、路结构，按照局部整体局部的顺序进行分析10（4分）在一阻值为R=10的定值电阻中通入如图所示的交流电，则（）A此交流电的频率为0.5HzB此交流电的有效值约为3.5AC在24s内通过该电阻的电荷量为1CD在02s内电阻产生的焦耳热为25J考点：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率；焦耳定律 专题：交流电专题分析：根据图象可知交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等解答：解：A、由图象可知其周期为2s，所以频率为0.5Hz，故A正确；B、根据图象可知，设交流电的有效值为I，根据电流的热效应得：，代入数据解得：I=2.5A=3.5A，故B正确；C、根据得在24
29、s内通过该电阻的电荷量为：q=I2tI1t=4131c=1c，故C正确；D、根据焦耳定律得在02s内电阻产生的焦耳热为：，故D错误故选：ABC点评：本题考查了有关交流电描述的基础知识，要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、频率、角速度等物理量，基础题11（4分）如图所示，在匀强磁场区域中有一光滑斜面体，在斜面体上放了一根长为L、质量为m的导线，当通以如图方向的电流后，导线恰好能保持静止，则磁感应强度B满足（）A，方向水平向左B，方向垂直纸面向外C，方向沿斜面向上D，方向竖直向下考点：安培力 分析：对导体棒受力分析，受到重力、支持力和安培力，根据平衡条件分情况列式求解即可解答：解：A、磁
30、场方向水平向左时，安培力竖直向上，与重力平衡，有mg=BIL解得B=，故A正确；B、磁场垂直向外时，由于电流与磁场方向平行，故安培力为零，不可能平衡，故B错误；C、方向沿斜面向上，安培力垂直于斜面向上，不可能平衡，故C错误；D、磁场竖直向下时，安培力水平向左，导体棒还受到重力和支持力，根据平衡条件和安培力公式，有mgtan=BIL解得B=，故D正确故选：AD点评：本题关键是对物体受力分析，然后根据左手定则判断出各个选项中的安培力方向，最后根据平衡条件列方程求解即可12（4分）用一段截面半径为r、电阻率为、密度为d的均匀导体材料做成一个半径为R （rR）的圆环圆环落入磁感应强度为B的径向磁场中如
31、图所示，当圆环在加速下落时某一时刻的速度为v，则（）A此时整个环的电动势为E=2BvRB忽略电感的影响，此时圆环中的电流I=C此时圆环的加速度D如果径向磁场足够长，则圆环的最大速度vm=考点：导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律 专题：电磁感应与电路结合分析：根据切割产生的感应电动势公式求出整个环产生的电动势的大小，根据欧姆定律求出电流的大小，根据安培力大小，结合牛顿第二定律求出加速度，当加速度为零时，速度最大解答：解：A、圆环落入磁感应强度B的径向磁场中，垂直切割磁感线，则产生的感应电动势E=Blv=B2Rv故A正确B、圆环的电阻为R电=，圆环中感应电流为I=，故B错误C、圆环所受的安培力
32、大小为F=BI2R，此时圆环的加速度为a=，m=d2Rr2，得a=g，故C错误D、当圆环做匀速运动时，安培力与重力相等，速度最大，即有mg=F，则得d2Rr2g=B，解得，vm=故D正确故选：AD点评：题中圆环垂直切割磁感线，根据E=BLv、欧姆定律、电阻定律求解感应电流，当圆环匀速运动时速度最大，根据平衡条件求解最大速度二、实验题：（每空2分，共16分）13（6分）在“探究求合力的方法”的实验中，用图钉把橡皮筋的一端固定在板上的A点，在橡皮筋的另一端拴上两条细绳，细绳另一端系着绳套B、C（用来连接弹簧测力计）其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳（1）本实验用的弹
33、簧测力计示数的单位为N，图中与B相连的弹簧测力计的示数为3.6N（2）在实验中，如果只将OB、OC绳换成橡皮筋，其他步骤保持不变，那么实验结果不会（选填“会”或“不会”）发生变化（3）在本实验中，F1和F2表示两个互成角度的力，F表示由平行四边形定则作出的F1与F2的合力； F表示用一个弹簧秤拉橡皮筋时的力，则图2中符合实验事实的是B考点：验证力的平行四边形定则 专题：实验题分析：在实验中注意细线的作用是提供拉力，采用橡皮筋同样可以做到；本实验中采用了两个力合力与一个力效果相同来验证的平行四边形定则，因此采用“等效法”，注意不同实验方法的应用；解答：解：（1）弹簧测力计的每一格代表0.2N，所
34、以图中B的示数为3.6N（2）在实验中细线是否伸缩对实验结果没有影响，故换成橡皮筋可以同样完成实验，故实验结果不变；故答案为：不会（3）该实验中F是由平行四边形法则得出的合力，而F是通过实际实验得出的，故F应与OA在同一直线上，而F与F1、F2组成平行四边形，故只有B符合题意；故选：B故答案为：（1）3.6 （2）不会 （3）B点评：探究求合力的方法是力学中的重点实验，应明确实验的原理、数据处理方法及本实验采用的物理方法一定先要通过分析题意找出实验的原理，通过原理即可分析实验中的方法及误差分析14（10分）为了测定一节干电池的电动势和内阻，实验室中准备了下列器材：待测干电池E（电动势约1.5V
35、，内阻约1.0）电流表G（满偏电流3mA，内阻10）电流表A（量程00.60A，内阻约0.10）滑动变阻器R1（020，2A）滑动变阻器R2（0100，1A）定值电阻R3=990，开关S和导线若干明同学在某一次的测量过程中两电流表的指针偏转如图1所示，则电流表A的读数为0.22A，电流表G的读数为1.30mA请在图2方框中画出他的实验电路图（标明所选仪器的符号）图3为小明根据实验数据作出的I1I2图线（I1为电流表G的示数，I2为电流表A的示数），由该图线可得：被测干电池的电动势E=1.46V，内阻r=0.76考点：测定电源的电动势和内阻 专题：实验题分析：根据电表的量程确定最小分度，则可求得
36、指针的示数；本实验中只需得出流过电源的电流及电源的路端电压即可，分析给出的仪器可知电路的接法及电表的使用；由闭合电路欧姆定律可得出与题目中给出仪器有关的表达式，再由数学规律可得出电动势和内电阻解答：解：电流表量程为0.6A，则最小分度为0.02A，读数为0.22A；电压表量程为3mA，最小分度为0.1mA，则指针示数为1.30mA；本题中表头可与定值电阻串联作为电压表使用，再将滑动变阻顺与电流表A串接在电源两端即可；如下图由闭合电路欧姆定律可得：I1（R3+RA）=EI2r变形得：I1=I2； 由数学知可得：图象中的k=；b=；由图可知：b=1.46；k=0.76103； 故解得：E=1.46
37、V（1.461.48），r=0.76（0.760.78）故答案为：0.22 1.30（2）如图 （3 ） 1.46，0.76点评：本题要注意电路中采用的是安安法测电动势和内电阻，其本质就是用其中的表头改装电压表；另外在解题时要注意一些细节，如图象中的纵坐标不是从零开始变化的，并且其单位为mA等，都应细心观察三、计算题：共29分请按题目要求作答，解答题目应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15（6分）据雄关周末第51期报导，“经过5年艰苦奋战，备受关注的兰新高铁于2014年12月26日正式开通，这标志着世界一次性建设里
38、程最长的高速铁路将全线开通运营”，高铁动车每节车厢长25m，全车由8节车厢编组而成，设计时速为250km/h某次运行中，在乘务员以相对车厢2m/s的速度从车厢的一端走到另一端的过程中，全车恰好匀速通过了一座长600m的铁路桥，求火车过桥时的速度为多少？考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系 专题：直线运动规律专题分析：根据乘务员从车厢一端走到另一端的时间，结合桥长和时间求出火车过桥的速度解答：解：动车的长度为：s=258m=200m，乘务员从车厢一端走到另一端的时间为：t=，则火车过桥的速度为：答：火车过桥的速度为8m/s点评：解决本题的关键知道火车过桥的时间
39、和乘务员从车厢一端走到另一端的时间相等，结合位移公式进行求解16（9分）如图，质量m=1.0kg的物体（可视为质点）以v0=10m/s的初速度从水平面的某点向右运动并冲上半径R=1.0m的竖直光滑半圆环，物体与水平面间的动摩擦因数=0.5求：（1）物体能从M点飞出，落到水平面时落点到N点的距离的最小值为多大？（2）如果物体从某点出发后在半圆轨道运动过程途中离开轨道，求出发点到N点的距离x的取值范围考点：动能定理 专题：动能定理的应用专题分析：（1）小球离开M做平抛运动，根据到达M的临界条件求出小球平抛的初速度，根据平抛规律求得最小距离；（2）小球在运动过程中途离开轨道则根据临界条件小球在轨道上
40、上升的高度大于半径而小于到达M的临界速度，根据动能定理求得x的取值范围解答：解：（1）物体恰好能从M点飞出，有：由平抛运动知：ymin=vmint2R=解得：ymin=2m（2）（）物体在水平距离运动最短距离时有恰好从M离开半圆轨道，即物体恰好从M点飞出，物体从出发点到M过程由动能定理：解得：xmin=5m（）物体在水平面上运动足够长时，则当物体刚好至圆轨道圆心等高处速度为0，由动能定理：解得：xmax=8m所以要想从MN中途离开轨道，则物体在水平面上滑动的距离满足：8mx5m答：（1）物体能从M点飞出，落到水平面时落点到N点的距离的最小值为2m；（2）如果物体从某点出发后在半圆轨道运动过程途
41、中离开轨道，出发点到N点的距离x的取值范围为8mx5m点评：掌握竖直面内小球做圆周运动通过最高点的临界条件是正确解题的关键，小球能从轨道中途离开轨道，则小球离开轨道位置必在MN之间，根据到达MN点的临界条件由动能定理求解小球在水平面上运动的距离范围17（14分）如图所示，在xoy平面内，在x0范围内以x轴为电场和磁场的边界，在x0范围内以第象限内的直线OM为电场与磁场的边界，OM与x轴负方向成=45角，在边界的下方空间存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B=0.1T，在边界的上方有沿y轴正方向的匀强电场，场强大小为E=32N/C；在y轴上的P点有一个不计重力的带电微粒，以沿x轴负方
42、向的初速度v0=2103m/s射出，已知OP=0.8cm，微粒所带电荷量q=51018C，质量m=11024kg，求：（1）带电微粒第一次进入电场时的位置坐标；（2）带电微粒从P点出发到第三次经过电磁场边界经历的总时间；（3）带电微粒第四次经过电磁场边界时的速度大小考点：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）根据粒子在磁场中运动半径公式公式求出粒子在磁场中运动的半径，结合几何关系求出带电微粒第一次进入电场时的位置坐标；（2）带电粒子在磁场中先做四分之一圆周进入匀强电场，向上做匀减速运动，然后返回做匀加速直线运动，进入磁场后又做四分
43、之一圆周，再进入电场做类平抛运动，结合半径公式、周期公式和运动学公式求出带电微粒从P点出发到第三次经过电磁场边界经历的总时间（3）微粒从B点第三次经过电磁场边界水平向左进入电场后做类平抛运动，根据牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式通过几何关系求出带电微粒第四次经过电磁场边界时的速度大小解答：解：（1）带电微粒从P点开始在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示，第一次经过磁场边界上的A点，由半径公式有：=m=4103 m因为OP=0.8cm，匀速圆周运动的圆心在OP的中点C，由几何关系可知以，A点位置的坐标为（4103 m，4103 m）（2）带电微粒在磁场中做匀速圆周运动的周期为=s=1.
44、256105 s由图可知，微粒运动四分之一个圆周后竖直向上进入电场，故t1=s=0.314105 s微粒在电场中先做匀减速直线运动到速度为零，然后反向做匀加速直线运动，微粒运动的加速度为：，故在电场中运动的时间为：t2=代入数据解得：t2=2.5105 s微粒再次进入磁场后又做四分之一圆周运动，故有：t3=t1=0.314105 s所以微粒从P点出发到第三次经过电磁场边界的时间为：t=t1+t2+t3=3.128105 s（3）微粒从B点第三次经过电磁场边界水平向左进入电场后做类平抛运动，则加速度为：=m/s2=1.6108 m/s2则第四次到达电磁场边界时有：x=v0t4tan45=得：vy
45、=at4=4103 m/s则微粒第四次经过电磁场边界时的速度为：103 m/s答：（1）带电微粒第一次进入电场时的位置坐标为（4103 m，4103 m）；（2）带电微粒从P点出发到第三次经过电磁场边界经历的总时间为3.128105 s；（3）带电微粒第四次经过电磁场边界时的速度大小为4103 m/s点评：本题考查带电粒子在电磁场中的运动，注意在磁场中的运动要注意几何关系的应用，在电场中注意粒子做匀变速直线运动，还是做类平抛运动【选做部分】温馨提示：在下列三道选修题目中只能选择其中之一作答，并写在答题卷指定的位置处若作答两道以上，只批阅前一道（选择题为多项选择，每选对一个得2分，有错选得0分选
46、择题的答案填写在答题卷指定位置，不要涂在机读卡上）选修3-3（15分）18（6分）下列说法正确的是（）A液体温度越高、悬浮颗粒越小，布朗运动越剧烈B不考虑分子势能，则质量、温度均相同的氢气和氧气的内能也相同C第一类永动机不可能制成，因为违背了能量守恒定律D物体吸收热量，则其内能一定增加E能量耗散从能量转化角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性考点：热力学第二定律；温度是分子平均动能的标志；热力学第一定律 专题：热力学定理专题分析：布朗运动是悬浮在在液体中的固体小颗粒的无规则运动；温度是分子热运动平均动能的标志；第一类永动机是指不需消耗能量而能输出机械能的装置；热力学第二定律公式U=W+Q解答：
47、解：A、布朗运动是悬浮在在液体中的固体小颗粒的无规则运动，液体温度越高、悬浮颗粒越小，布朗运动越剧烈，故A正确；B、不考虑分子势能，则质量、温度相同的氢气和氧气的分子热运动的平均动能相同，但由于氢气分子的分子数多，故是氢气的内能大，故B错误；C、第一类永动机是指不需消耗能量而能输出机械能的装置，因为违背了能量守恒定律，故第一类永动机不可能制成；故C正确；D、物体吸收热量的同时可能对外做功，故其内能不一定增加，故D错误；E、能量耗散从能量转化角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性，符合热力学第二定律，故E正确；故选：ACE点评：本题考查了布朗运动、内能、温度微观意义、热力学第一定律、热力学第二定
48、律等，知识点多，难度小，关键是记住基础知识19（9分）如图所示，一定质量的气体被绝热活塞封闭在绝热的水平放置的气缸内，气缸固定且内壁光滑，活塞通过细绳绕过定滑轮与一沙桶（里面没有沙）连接，开始活塞处于静止状态，封闭气体的体积为V0，温度T0=300K，压强为0.9P0（P0为大气压强），活塞面积为S，现不停地向沙桶中加沙子，使活塞缓慢地向右移动，当增加的沙子质量为桶质量的2倍时，气体体积增加了0.2V0（活塞未被拉出气缸），重力加速度为g，求：沙桶的质量m末态气缸内封闭气体的温度T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：（1）有共点力平衡即可求得沙桶质量；（2）有理想气体状态
49、方程即可求得温度解答：解：因活塞处于静止状态，由物体的平衡条件得：P0S=0.9P0S+mg 所以沙桶的质量为：m=设末态气体的压强为P，则有：P0S=PS+3mg 即得：P=0.7P0由理想气体状态方程得：代入T0=300K，得：T=280K 答：沙桶的质量m末态气缸内封闭气体的温度T为280K点评：本题是理想气体的状态方程的考查，抓住共点力平衡求的质量选修3-4（15分）20如图所示是两列完全相同的相干水波在某时刻的叠加情况，图中实线表示波峰，虚线表示波谷则下列关于这两列波的说法中正确的是（）AP、N两质点始终处于平衡位置B该时刻质点M正处于平衡位置C随着时间的推移，质点O将向M点移动D从
50、该时刻起，经过四分之一个周期，质点O将到达平衡位置，此时位移为零EOM连线的中点是振动加强点，其振幅为单个波引起的振幅的2倍考点：波的叠加 分析：频率相同的两列水波的叠加：当波峰与波峰、可波谷与波谷相遇时振动是加强的；当波峰与波谷相遇时振动是减弱的解答：解：A、PN两点均处于波峰与波谷相遇点，故两点振动最弱，始终处于平衡位置处；故A正确；B、M点为波峰与波峰相遇，此时在最大位移处；故B错误；C、质点不会随波向前运动，故O点仍在原来位置上下振动；故C错误；D、O点为波谷与波谷相遇，再过四分之一个周期，两波均达到平衡位置；故O点将到达平衡位置，此时位移为零；故D正确；E、由干涉条件可知，OM连线中
51、点，也是振动加强的点，其振幅与O或M点一样，为2A，故E正确；故选：ADE点评：介质中同时存在几列波时，每列波能保持各自的传播规律而不互相干扰在波的重叠区域里各点的振动的物理量等于各列波在该点引起的物理量的矢量和21如图所示，一半径为R、折射率n=的半球形玻璃砖置于光屏MN的上方，一束半径为r=的圆形单色光正对半球形玻璃砖的中心O入射，经玻璃砖折射后在下方的光屏MN上得到一个半径r=的圆形光斑，试求光屏MN到半球形玻璃砖的直径AB的距离（tan75=2+）考点：光的折射定律 专题：光的折射专题分析：由数学知识求出光线在透光的边界入射时的入射角，分析能否发生全反射，作出光路图，由几何知识求光屏M
52、N到半球形玻璃砖的直径AB的距离解答：解：因玻璃砖n=，所以发生全反射的临界角满足sinC=，即得临界角 C=45 由1图可知，射入玻璃砖的光线的最大入射角满足 sin=0.5，即 =30所以所有的入射光线均不会发生全反射由题意可知，光屏MN的位置可能有两个，分别如图1和图2所示当光屏在图1所示的位置时，由折射率公式n=，可得=45故OCE=75，又因为光屏上光斑的半径为r=，由几何关系可知，所以光屏MN到半球形玻璃砖的直径AB的距离，代入数据可得 当光屏在图2所示的位置时，由几何关系可知，所以光屏MN到半球形玻璃砖的直径AB的距离，代入数据可得答：光屏MN到半球形玻璃砖的直径AB的距离为或R
53、点评：本题关键要掌握全反射及其产生条件，结合几何知识求解即可，但要注意不能漏解选修3-5（15分）22下列说法正确的有 （）A普朗克曾经大胆假设：振动着的带电微粒的能量只能是某一最小能量值的整数倍，这个不可再分的最小能量值叫做能量子B粒子散射实验中少数粒子发生了较大偏转，这是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据之一C由玻尔理论可知，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要辐射一定频率的光子，同时电子的动能减小，电势能增大D在光电效应实验中，用同种频率的光照射不同的金属表面，从金属表面逸出的光电子的最大初动能Ek越大，则这种金属的逸出功W0越小E在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞
54、时，把一部分动量转移给电子，因此，光子散射后波长变短考点：光电效应；物质波；粒子散射实验 分析：根据普朗克提出能量量子化，即可求解；由粒子散射实验提出原子核式结构模型；辐射光子，同时电子的动能增大，电势能减小，且总能量减小；根据光电效应方程：EK=hW0；即可求解；由E=可知，一部分动量转移给电子，光子散射后波长变长解答：解：A、普朗克能量量子化理论：振动着的带电微粒的能量只能是某一最小能量值的整数倍，这个不可再分的最小能量值叫做能量子，故A正确；B、粒子散射实验中少数粒子发生了较大偏转，这是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据之一，故B正确；C、玻尔理论可知，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到
55、较低能级时，要辐射一定频率的光子，同时电子的动能增大，电势能减小，故C错误；D、光电效应实验中，用同种频率的光照射不同的金属表面，根据光电效应方程：EK=hW0，从金属表面逸出的光电子的最大初动能Ek越大，则这种金属的逸出功W0越小，故D正确；E、康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，能量减小，由E=可知，光子散射后波长变长，故E错误；故选：ABD点评：考查能量量子化的内容，掌握光电效应方程的应用，理解吸收能量，动能减小，电势能增大，总能量减小；而释放能量后，动能增大，电势能减小，总能量增大；注意康普顿效应中，光子散射后波长变长记住这些内容，能为更好解题打下伏笔
56、23静止的锂核（）俘获一个速度为7.7106m/s的中子，发生核反应后若只产生了两个新粒子，其中一个粒子为氦核（），它的速度大小是8.0106m/s，方向与反应前的中子速度方向相同写出此核反应的方程式；求反应后产生的另一个粒子的速度大小及方向；此反应过程中是否发生了质量亏损，说明依据考点：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：根据质量数守恒和电荷数守恒，书写核反应方程根据Li俘获中子发生核反应的过程，动量守恒，根据动量守恒定律求解未知粒子xyX的速度大小和方向表示出反应前后得总动能进行比较解答解答：解：核反应方程式为：；设中子（）、氦核（）和氚核（）的质量分别为m1、m2、m3，速度分别为v1、v2、v3，由动量守恒定律得m1 v1=m2 v2+m3 v3；解得：v3=8.1106m/s， 即方向与反应前中子的速度方向相反；反应前的总动能反应后的总动能代入数据可知E2E1，反应中发生了质量亏损；答：写出此核反应的方程式；求反应后产生的另一个粒子的速度大小v3=8.1106m/s，及方向反应前中子的速度方向相反；此反应过程中发生了质量亏损，因E2E1点评：微观粒子的碰撞与宏观物体的碰撞相似，也遵守动量守恒书写核反应方程是基本功，要熟练掌握