1、2015年河南省南阳一中高考物理三模试卷一、选择题：（本大题共8小题，每小题6分，共48分，在每小题给出的四个选项中，第1-5题只有一项符合题目要求，第6-8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如图所示，小车向右做匀加速直线运动的加速度大小为a，bc是固定在小车上的水平横杆，物块M穿在杆上，通过细线悬吊着小铁球m，M、m均相对小车静止，细线与竖直方向的夹角为若小车的加速度逐渐增大到3a时，M、m仍与小车保持相对静止，则（）A细线与竖直方向的夹角增加到原来的3倍B细线与竖直方向夹角的正弦值增加到原来的3倍C细线的拉力增加到原来的3倍DM受到的摩擦力增加到
2、原来的3倍2如图所示，轻质弹簧上端固定，下端系一物体物体在A处时，弹簧处于原长状态现用手托住物体使它从A处缓慢下降，到达B处时，手和物体自然分开此过程中，物体克服手的支持力所做的功为W不考虑空气阻力关于此过程，下列说法正确的有（）A物体重力势能减小量可能大于WB弹簧弹性势能增加量一定小于WC物体与弹簧组成的系统机械能增加量为WD若将物体从A处由静止释放，则物体到达B处时的动能为W3理论研究表明第二宇宙速度是第一宇宙速度的倍火星探测器悬停在距火星表面高度为h处时关闭发动机，做自由落体运动，经时间t落到火星表面已知引力常量为G，火星的半径为R若不考虑火星自转的影响，要使探测器脱离火星飞回地球，则探
3、测器从火星表面的起飞速度至少为（）ABC11.2km/sD7.9km/s4如图所示为洛伦兹力演示仪的结构图励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外，电子束由电子枪产生，其速度方向与磁场方向垂直电子速度的大小和磁场强弱可分别由通过电子枪的加速电压和励磁线圈的电流来调节下列说法正确的是（）A仅增大励磁线圈中电流，电子束径迹的半径变大B仅提高电子枪加速电压，电子束径迹的半径变大C仅增大励磁线圈中电流，电子做圆周运动的周期将变大D仅提高电子枪加速电压，电子做圆周运动的周期将变大5如图所示，、区域是宽度L均为0.5m的匀强磁场，磁感应强度大小均为B=1T，方向相反一边长L=0.5m、质量m=0.1kg、电
4、阻R=0.5的正方形金属线框abcd的ab边紧靠磁场边缘，在外力F的作用下向右匀速运动穿过磁场区域，速度v0=10m/s在线框穿过磁场区的过程中，外力F所做的功为（）A5JB7.5JC10JD15J6如图所示，在一端封闭的光滑细玻璃管中注满清水，水中放一红蜡块R（R视为质点）将玻璃管的开口端用胶塞塞紧后竖直倒置且与y轴重合，在R从坐标原点以速度v0=3cm/s匀速上浮的同时，玻璃管沿x轴正向做初速度为零的匀加速直线运动，合速度的方向与y轴夹角为则红蜡块R的（）A分位移y与x成正比B分位移y的平方与x成正比C合速度v的大小与时间t成正比Dtan与时间t成正比7用质量为M的吸铁石，将一张质量为m的
5、白纸压在竖直固定的磁性黑板上某同学沿着黑板面，用水平向右的恒力F轻拉吸铁石，吸铁石和白纸未移动，则下列说法中正确的是（）A磁铁受到的摩擦力大小为MgB磁铁受到的摩擦力大小为C白纸受到两个摩擦力的作用D白纸受到黑板的摩擦力大小为8如图所示，变压器输入有效值恒定的电压，副线圈匝数可调，输出电压通过输电线送给用户（电灯等用电器），R表示输电线的电阻，则（）A用电器增加时，变压器输出电压增大B要提高用户的电压，滑动触头P应向上滑C用电器增加时，输电线的热损耗减少D用电器增加时，变压器的输入功率增加二、非选择题（包括必考题和选做题两部分第9-12题为必考题，每个试题考生都必须作答第13-18为选做题，考
6、生根据要求作答）（一）必考题9某探究小组设计了“用一把尺子测定动摩擦因数”的实验方案如图示，将一个小球和一个滑块用细绳连接，跨在斜面上端开始时小球和滑块均静止，剪短细绳后，小球自由下落，滑块沿斜面下滑，可先后听到小球落地和滑块撞击挡板的声音，保持小球和滑块释放的位置不变，调整挡板位置，重复以上操作，直到能同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音用刻度尺测出小球下落的高度H、滑块释放点与挡板处的高度差h和沿斜面运动的位移x（空气阻力对本实验的影响可以忽略）滑块沿斜面运动的加速度与重力加速度的比值为滑块与斜面间的动摩擦因数为以下能引起实验误差的是a滑块的质量 b当地重力加速度的大小c长度测量时的读数误
7、差 d小球落地和滑块撞击挡板不同时10为精确测量额定电压为3V的某电阻R的阻值，某同学先用如图所示的指针式多用电表粗测其电阻他将红黑表笔分别插入“+”、“一”插孔中，将选择开关置于“1”档位置，然后将红、黑表笔短接调零，此后测阻值时发现指针偏转角度较小（如图甲所示）试问：（1）为减小读数误差，该同学应将选择开关置于“”位置（2）再将红、黑表笔短接，此时发现指针并未指到右边的“0”处（如图乙所示），那么他该调节旋钮直至指针指在“0”处再继续实验，结果看到指针指在如图丙所示位置（3）现要进一步精确测量其阻值，实验室提供了下列可选用的器材：A灵敏电流表（量程200A，内阻300）B电流表（量程0.6
8、A，内阻约0.3）C电压表V1（量程3.0V，内阻约3k）D电压表V2（量程15.0V，内阻约5k）E滑动变阻器R1（最大阻值为10）F最大阻值为99.99的电阻箱R2G电源E（电动势4V，内阻可忽略）H电键、导线若干为了尽可能提高测量精确度，除电源、电键、导线以外还应选择的最恰当器材（只需填器材前面的字母）有请在下面的方框中画出你设计的电路图11如图所示，公路上有一辆公共汽车以10m/s的速度匀速行驶，为了平稳停靠在站台，在距离站台P左侧位置50m处开始刹车做匀减速直线运动同时一个人为了搭车，从距站台P右侧位置30m处从静止正对着站台跑去，假设人先做匀加速直线运动，速度达到4m/s后匀速运动
9、一段时间，接着做匀减速直线运动，最终人和车到达P位置同时停下，人加速和减速时的加速度大小相等求：（1）汽车刹车的时间；（2）人的加速度的大小12如图所示，在以坐标原点O为圆心，半径为R的半圆形区域内，有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度为E，方向沿x轴负方向匀强磁场方向垂直于xOy平面一带负电的粒子（不计重力）从P（0，R）点沿y轴正方向以某一速度射入，带电粒子恰好做匀速直线运动，经时间t0从O点射出（1）求匀强磁场的大小和方向；（2）若仅撤去磁场，带电粒子仍从P点以相同的速度射入，经时间恰好从半圆形区域的边界射出求粒子的加速度和射出时的速度大小；（3）若仅撤去电场，带电粒子从O点沿Y轴负
10、方向射入，且速度为原来的4倍，求粒子在磁场中运动的时间三、选考题：共30分请考生从给出的3道物理，任选一道作答如果多做，则按所做的第一题计分【模块3-3试题】13下列说法正确的是（）A当一定量气体吸热时，其内能可能减小B玻璃、石墨和金刚石都是晶体，木炭是非晶体C单晶体有固定的熔点，多晶体和非晶体没有固定的熔点D当液体与大气相接触时，液体表面层内的分子所受其它分子作用力的合力总是指向液体内部E气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内气体的分子数和气体温度有关14如图所示，气缸放置在水平平台上，活塞质量为10kg，横截面积为50cm2，厚度为1cm，气缸全长为21cm，大气压强为1
11、105 Pa，当温度为7时，活塞封闭的气柱长10cm，若将气缸倒过来放置时，活塞下方的空气能通过平台上的缺口与大气相通（g取10m/s2，不计活塞与气缸之间的摩擦，计算结果保留三位有效数字） 将气缸倒过来放置，若温度上升到27，求此时气柱的长度汽缸倒过来放置后，若逐渐升高温度，发现活塞刚好接触平台，求此时气体的温度四、【模块3-4试题】15一列简谐横波沿x轴正方向传播，在t秒与（t+0.2）秒两个时刻，x轴上（3m，3m）区间的波形完全相同，如图所示并且图中M、N两质点在t秒时位移均为，下列说法中不正确的是（）A该波的最大波速为20m/sB（t+0.1）秒时刻，x=2m处的质点位移一定是aC从
12、t秒时刻起，x=2m处的质点比x=2.5m的质点先回到平衡位置D从t秒时刻起，在质点M第一次到达平衡位置时，质点N恰好到达波峰E该列波在传播过程中遇到宽度为d=3m的狭缝时会发生明显的衍射现象16如图，MN为竖直放置的光屏，光屏的左侧有半径为R、折射率为的透明半球体，O为球心，轴线OA垂直于光屏，O至光屏的距离=R位于轴线上O点左侧处的点光源S发出一束与OA夹角=60的光线射向半球体，求光线从S传播到达光屏所用的时间（已知光在真空中传播的速度为c）五、【模块3-5试题】17氢原子光谱在可见光部分只有四条谱线，它们分别是从n为3、4、5、6的能级直接向n=2能级跃迁时产生的四条谱线中，一条红色、
13、一条蓝色、两条紫色，则下列说法正确的是（）A红色光谱是氢原子从n=3能级向n=2能级跃迁时产生的B蓝色光谱是氢原子从n=6能级或n=5能级直接向n=2能级跃迁时产生的C若氢原子从n=6能级直接向n=1能级跃迁，则能够产生红外线D若氢原子从n=6能级直接向n=3能级跃迁时所产生的辐射不能使某金属发生光电效应，则氢原子从n=6能级直接向n=2能级跃迁时所产生的辐射将可能使该金属发生光电效应E若氢原子从n=3能级向n=2能级跃迁时所产生的辐射能使某金属发生光电效应，则氢原子从n=6能级直接向n=2能级跃迁时所产生的辐射一定能使该金属发生光电效应18如图示，竖直平面内一光滑水平轨道左边与墙壁对接，右边
14、与一足够高的光滑圆弧轨道平滑相连，木块A、B静置于光滑水平轨道上，A、B质量分别为1.5kg和0.5kg现让A以6m/s的速度水平向左运动，之后与墙壁碰撞，碰撞时间为0.3s，碰后速度大小变为4m/s当A与B碰撞后会立即粘在一起运动，已知g=10m/s2求：A与墙壁碰撞过程中，墙壁对小球平均作用力的大小；A、B滑上圆弧轨道的最大高度2015年河南省南阳一中高考物理三模试卷参考答案与试题解析一、选择题：（本大题共8小题，每小题6分，共48分，在每小题给出的四个选项中，第1-5题只有一项符合题目要求，第6-8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如图所示，小
15、车向右做匀加速直线运动的加速度大小为a，bc是固定在小车上的水平横杆，物块M穿在杆上，通过细线悬吊着小铁球m，M、m均相对小车静止，细线与竖直方向的夹角为若小车的加速度逐渐增大到3a时，M、m仍与小车保持相对静止，则（）A细线与竖直方向的夹角增加到原来的3倍B细线与竖直方向夹角的正弦值增加到原来的3倍C细线的拉力增加到原来的3倍DM受到的摩擦力增加到原来的3倍【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】先对小球受力分析，根据牛顿第二定律列式分析；再对小球和滑块整体受力分析，根据牛顿第二定律列式求解【解答】解：对小球受力分析，受重力mg和细线的拉力T，如图根据牛顿第
16、二定律，有Tsin=ma Tcosmg=0 再对m和M整体受力分析，受总重力（M+m）g、支持力N、摩擦力f，如图根据牛顿第二定律，有f=（M+m）a N（M+m）g=0 由解得：tan=N=（M+m）gT=f=（M+m）a的正切变为原来的3倍，但不是3倍，故AB错误；由于T=，故T不是增加原来的3倍，故C错误；当加速度变为3倍时，摩擦力f变为3倍，故D正确；故选：D【点评】本题关键是先后对小球、滑块与小球整体受力分析后根据牛顿第二定律列式求解2如图所示，轻质弹簧上端固定，下端系一物体物体在A处时，弹簧处于原长状态现用手托住物体使它从A处缓慢下降，到达B处时，手和物体自然分开此过程中，物体克服
17、手的支持力所做的功为W不考虑空气阻力关于此过程，下列说法正确的有（）A物体重力势能减小量可能大于WB弹簧弹性势能增加量一定小于WC物体与弹簧组成的系统机械能增加量为WD若将物体从A处由静止释放，则物体到达B处时的动能为W【考点】功能关系；动能和势能的相互转化【分析】物体在B为平衡位置mg=kh，根据功能关系分析能量变化情况即可【解答】解：A、重物在向下运动的过程中，要克服弹簧拉力做功W弹力，根据动能定理知mghWW弹力=0，故物体重力势能减小量一定大于W，故A错误；B、根据动能定理知mghWW弹力=0，由平衡知kh=mg，即mghW=，弹簧弹性势能增加量一定等于W，B错误；C、物体克服手的支持
18、力所做的功为W，机械能减小W，故C错误；D、重物从静止下落到B速度最大的过程中，根据动能定理，有mgh=Ek结合B选项知Ek=W，故D正确；故选：D【点评】本题通过弹簧模型综合考了力与运动关系、动能定理、能量守恒定律，综合性较强，难度适中3理论研究表明第二宇宙速度是第一宇宙速度的倍火星探测器悬停在距火星表面高度为h处时关闭发动机，做自由落体运动，经时间t落到火星表面已知引力常量为G，火星的半径为R若不考虑火星自转的影响，要使探测器脱离火星飞回地球，则探测器从火星表面的起飞速度至少为（）ABC11.2km/sD7.9km/s【考点】第一宇宙速度、第二宇宙速度和第三宇宙速度【专题】万有引力定律的应
19、用专题【分析】地球的第一宇宙速度为7.9km/s，而第二宇宙速度为11.2km/s，对于火星来说，第二宇宙速度是第一宇宙速度的倍，根据公式v=，即可求解【解答】解：AB、根据运动学公式，结合高度为h处探测器，经时间t落到火星表面，则火星表面的重力加速度g火=；根据公式v=，则探测器从火星表面的起飞速度至少v=，故A正确，B错误；C、速度7.9km/s与11.2km/s是地球的第一宇宙速度与第二宇宙速度，故CD错误；故选：A【点评】考查星球的第二宇宙速度是第一宇宙速度的倍，不同的星球第一速度有不同的大小，7.9km/s是地球的第一宇宙速度4如图所示为洛伦兹力演示仪的结构图励磁线圈产生的匀强磁场方
20、向垂直纸面向外，电子束由电子枪产生，其速度方向与磁场方向垂直电子速度的大小和磁场强弱可分别由通过电子枪的加速电压和励磁线圈的电流来调节下列说法正确的是（）A仅增大励磁线圈中电流，电子束径迹的半径变大B仅提高电子枪加速电压，电子束径迹的半径变大C仅增大励磁线圈中电流，电子做圆周运动的周期将变大D仅提高电子枪加速电压，电子做圆周运动的周期将变大【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【分析】根据动能定理表示出加速后获得的速度，然后根据洛伦兹力提供向心力推导出半径的表达式【解答】解：根据电子所受洛伦兹力的方向结合右手定则判断励磁线圈中电流方向是顺时针方向，电子在加速电场中加速，
21、由动能定理有：eU=mv02电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，有：eBv0=m解得：r=T=可见增大励磁线圈中的电流，电流产生的磁场增强，由式可得，电子束的轨道半径变小由式知周期变小，故AC错误；提高电子枪加速电压，电子束的轨道半径变大、周期不变，故B正确D错误；故选：B【点评】本题考查了粒子在磁场中运动在实际生活中的应用，正确分析出仪器的原理是关键5如图所示，、区域是宽度L均为0.5m的匀强磁场，磁感应强度大小均为B=1T，方向相反一边长L=0.5m、质量m=0.1kg、电阻R=0.5的正方形金属线框abcd的ab边紧靠磁场边缘，在外力F的作用下向右匀速运动穿过磁场区域，速
22、度v0=10m/s在线框穿过磁场区的过程中，外力F所做的功为（）A5JB7.5JC10JD15J【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】将线框穿过磁场的过程分成三段，分别根据感应电动势公式求出感应电动势，由欧姆定律求得感应电流，线框匀速穿过磁场区域时，外力做功等于线框中产生的焦耳热【解答】解：由感应电动势公式得：E=BLv，感应电流I1=0L内，感应电流I1=10A，逆时针方向取正值；时间间隔t1=0.05sL2L内，I2=20A，顺时针方向取负值；时间间隔t2=0.05s2l3l内，I3=10A，逆时针方向取正值；时间间隔t3=0.05s因为线框匀速运动，所以外
23、力做的功等于电流做的功W=1020.50.05+2020.50.05+1020.50.05=15J，故ABC错误，D正确；故选：D【点评】本题是电磁感应与力学、电路知识的综合，掌握电磁感应中的基本规律，如法拉第定律、欧姆定律，结合焦耳定律这样列式求解6如图所示，在一端封闭的光滑细玻璃管中注满清水，水中放一红蜡块R（R视为质点）将玻璃管的开口端用胶塞塞紧后竖直倒置且与y轴重合，在R从坐标原点以速度v0=3cm/s匀速上浮的同时，玻璃管沿x轴正向做初速度为零的匀加速直线运动，合速度的方向与y轴夹角为则红蜡块R的（）A分位移y与x成正比B分位移y的平方与x成正比C合速度v的大小与时间t成正比Dtan
24、与时间t成正比【考点】运动的合成和分解【专题】运动的合成和分解专题【分析】小圆柱体红蜡快同时参与两个运动：y轴方向的匀速直线运动，x轴方向的初速为零的匀加速直线运动根据位移与时间表达式，从而确定分位移y与x的关系，再由y方向可求运动时间，接着由x方向求加速度，从而求得vx，再由速度合成求此时的速度大小，最后由两方向的速度关系，可知tan与时间t的关系【解答】解：A、由题意可知，y轴方向，y=v0t；而x轴方向，x=，联立可得：x=，故A错误，B正确；C、x轴方向，vx=at，那么合速度的大小v=，则v的大小与时间t不成正比，故C错误；D、设合速度的方向与y轴夹角为，则有：，故D正确；故选：BD
25、【点评】分析好小圆柱体的两个分运动，掌握运动学公式，理解运动的合成与分解法则，注意平抛运动规律的应用7用质量为M的吸铁石，将一张质量为m的白纸压在竖直固定的磁性黑板上某同学沿着黑板面，用水平向右的恒力F轻拉吸铁石，吸铁石和白纸未移动，则下列说法中正确的是（）A磁铁受到的摩擦力大小为MgB磁铁受到的摩擦力大小为C白纸受到两个摩擦力的作用D白纸受到黑板的摩擦力大小为【考点】摩擦力的判断与计算【专题】摩擦力专题【分析】先隔离吸铁石受力分析，受重力、吸引力、支持力、拉力和静摩擦力，根据平衡条件确定磁体与白纸间的静摩擦力；再对白纸和磁体整体受力分析，受吸引力、支持力、总重力、拉力和静摩擦力，根据平衡条件
26、分析【解答】解：A、B、对磁体受力分析，受重力、吸引力、支持力、拉力和静摩擦力，吸引力和支持力平衡，重力、拉力和静摩擦力三力平衡，故根据平衡条件，有：f=故A错误，B正确；C、D、对白纸和磁体整体受力分析，受拉力、吸引力、支持力、重力、磁性黑板的静摩擦力，其中吸引力和支持力平衡，重力、拉力、磁性黑板的静摩擦力是三力平衡，故白纸受到黑板的摩擦力大小为：f=磁体对白纸有静摩擦力，根据平衡条件，磁性黑板白纸也有静摩擦力，否则白纸和吸铁石整体不能平衡，故C正确，D正确；故选：BCD【点评】本题关键是采用整体法和隔离法灵活地选择研究对象，受力分析后根据平衡条件列式分析，注意考虑平行磁性黑板的力平衡即可8
27、如图所示，变压器输入有效值恒定的电压，副线圈匝数可调，输出电压通过输电线送给用户（电灯等用电器），R表示输电线的电阻，则（）A用电器增加时，变压器输出电压增大B要提高用户的电压，滑动触头P应向上滑C用电器增加时，输电线的热损耗减少D用电器增加时，变压器的输入功率增加【考点】变压器的构造和原理【专题】交流电专题【分析】对于理想变压器要明确两个关系：一是输出电压由输入电压决定，二是输入功率由输出功率决定明确这两个关系然后根据有关电路知识即可求解【解答】解：A、由于变压器原、副线圈的匝数不变，而且输入电压不变，因此增加负载不会影响输出电压，故A错误；B、根据变压器原理可知输出电压U2=U1，当滑动触
28、头P应向上滑时，n2增大，所以输出电压增大，故B正确；C、由于用电器是并联的，因此用电器增加时总电阻变小，输出电压不变，总电流增大，故输电线上热损耗增大，故C错误；D、用电器增加时总电阻变小，总电流增大，输出功率增大，所以输入功率增大，故D正确故选：BD【点评】分析变压器时注意输出电压和输入功率这两个物理量的决定关系，然后结合电阻的串并联知识进行求解二、非选择题（包括必考题和选做题两部分第9-12题为必考题，每个试题考生都必须作答第13-18为选做题，考生根据要求作答）（一）必考题9某探究小组设计了“用一把尺子测定动摩擦因数”的实验方案如图示，将一个小球和一个滑块用细绳连接，跨在斜面上端开始时
29、小球和滑块均静止，剪短细绳后，小球自由下落，滑块沿斜面下滑，可先后听到小球落地和滑块撞击挡板的声音，保持小球和滑块释放的位置不变，调整挡板位置，重复以上操作，直到能同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音用刻度尺测出小球下落的高度H、滑块释放点与挡板处的高度差h和沿斜面运动的位移x（空气阻力对本实验的影响可以忽略）滑块沿斜面运动的加速度与重力加速度的比值为滑块与斜面间的动摩擦因数为以下能引起实验误差的是cda滑块的质量 b当地重力加速度的大小c长度测量时的读数误差 d小球落地和滑块撞击挡板不同时【考点】探究影响摩擦力的大小的因素【专题】实验题；压轴题；摩擦力专题【分析】由于同时听到小球落地和滑块撞
30、击挡板的声音，说明小球和滑块的运动时间相同，由匀加速运动的位移时间公式和自由落体的位移时间公式即可求得加速度的比值；由牛顿第二定律及几何关系即可求得滑块与斜面间的动摩擦因数；由的数学表达式就可以知道能引起实验误差的因数，还要注意小球落地和滑块撞击挡板不同时也会造成误差；【解答】解：由于同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音，说明小球和滑块的运动时间相同， 由x=at2和H=gt2得：所以=根据几何关系可知：sin=，cos= 对滑块由牛顿第二定律得：mgsinmgcos=ma，且a=，联立方程解得=由得表达式可知，能引起实验误差的是长度x、h、H测量时的读数误差，同时要注意小球落地和滑块撞击挡板
31、不同时也会造成误差，故选cd故答案为：c d【点评】本题考查了匀加速直线运动和自由落体运动的基本公式，要求同学们能学会对实验进行误差分析，10为精确测量额定电压为3V的某电阻R的阻值，某同学先用如图所示的指针式多用电表粗测其电阻他将红黑表笔分别插入“+”、“一”插孔中，将选择开关置于“1”档位置，然后将红、黑表笔短接调零，此后测阻值时发现指针偏转角度较小（如图甲所示）试问：（1）为减小读数误差，该同学应将选择开关置于“10”位置（2）再将红、黑表笔短接，此时发现指针并未指到右边的“0”处（如图乙所示），那么他该调节欧姆调零旋钮直至指针指在“0”处再继续实验，结果看到指针指在如图丙所示位置（3）
32、现要进一步精确测量其阻值，实验室提供了下列可选用的器材：A灵敏电流表（量程200A，内阻300）B电流表（量程0.6A，内阻约0.3）C电压表V1（量程3.0V，内阻约3k）D电压表V2（量程15.0V，内阻约5k）E滑动变阻器R1（最大阻值为10）F最大阻值为99.99的电阻箱R2G电源E（电动势4V，内阻可忽略）H电键、导线若干为了尽可能提高测量精确度，除电源、电键、导线以外还应选择的最恰当器材（只需填器材前面的字母）有A、C、E、F请在下面的方框中画出你设计的电路图【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）欧姆表指针偏角太小，欧姆表所选挡位太小，应换
33、大挡（2）换挡后要重新进行欧姆调零；由图丙所示欧姆表可以读出欧姆表示数（3）根据待测电阻额定电压选择电压表，根据电路电流选择电流表，根据实验目的与实验器材设计实验电路【解答】解：（1）选择开关置于“1”档位置，由图甲所示好、可知指针偏转角度太小，所选挡位太小，为准确测量，应换大挡，把选择开关置于10挡位置（2）换挡后应重新进行欧姆调零，把红黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮进行欧姆调零；由图丙所示可知，待测电阻阻值约为150（3）电阻额定电压是3V，电压表应选C、（量程3.0V，内阻约3k）；通过待测电阻的最大电流约为I=0.02A=20mA=2104A，该电流远小于电流表量程0.6A，量程太大，读
34、数误差太大，因此可以选择A、灵敏电流计，由于电流大于灵敏电流计量程，可以用F电阻箱与灵敏电流计并联分流；此外还需要滑动变阻器E，因此所需实验器材为A、C、E、F滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻阻值，滑动变阻器应采用分压接法，灵敏电流计可以采用内接法，实验电路图如图所示故答案为：（1）10；（2）欧姆调零；（3）A、C、E、F；电路图如图所示【点评】使用欧姆表测电阻时要选择适当的挡位，使指针指在表盘中央附近；欧姆表换挡后要进行欧姆调零11如图所示，公路上有一辆公共汽车以10m/s的速度匀速行驶，为了平稳停靠在站台，在距离站台P左侧位置50m处开始刹车做匀减速直线运动同时一个人为了搭车，从距站台P
35、右侧位置30m处从静止正对着站台跑去，假设人先做匀加速直线运动，速度达到4m/s后匀速运动一段时间，接着做匀减速直线运动，最终人和车到达P位置同时停下，人加速和减速时的加速度大小相等求：（1）汽车刹车的时间；（2）人的加速度的大小【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】（1）汽车从左侧到P的时间与人运动到P的时间相等，设汽车经过t1后刹车，根据匀变速直线运动的平均速度公式列出匀变速直线运动的位移表达式，抓住总位移等于50m，求出时间t（2）从而得出人运动的总时间，然后根据人先加速再匀速后减速总位移为30m，根据位移时间关系列式及加速度的定义求解人的加速度【解答】
36、解：（1）对汽车，在匀减速的过程中，有：即：50=解得：t=10s（2）设人加速运动的时间为t1，由匀变速运动规律可知：代入数据解得：t1=2.5s所以人的加速度大小：答：（1）汽车刹车的时间10s；（2）人的加速度的大小为1.6m/s2【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的平均速度公式以及速度时间公式，知道汽车和人的运动的时间相等12如图所示，在以坐标原点O为圆心，半径为R的半圆形区域内，有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度为E，方向沿x轴负方向匀强磁场方向垂直于xOy平面一带负电的粒子（不计重力）从P（0，R）点沿y轴正方向以某一速度射入，带电粒子恰好做匀速直线运动，经时间t0从O
37、点射出（1）求匀强磁场的大小和方向；（2）若仅撤去磁场，带电粒子仍从P点以相同的速度射入，经时间恰好从半圆形区域的边界射出求粒子的加速度和射出时的速度大小；（3）若仅撤去电场，带电粒子从O点沿Y轴负方向射入，且速度为原来的4倍，求粒子在磁场中运动的时间【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）经时间t0从O点射出，求出粒子的速率，带电粒子恰好做匀速直线运动根据受电场力和洛伦兹力平衡列方程求B的大小；（2）仅有电场时，带电粒子在匀强电场中作类平抛运动，根据类平抛运动的规律可以求得粒子运动加速度大小；（3）仅有磁场时，入射速度v
38、=4v，带电粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动，由几何关系可以求得圆周运动的半径的大小，由周期公式可以求得粒子的运动的时间【解答】解：（1）设带电粒子的质量为m，电荷量为q，初速度为v，磁感应强度为B可判断出粒子受到的电场力沿x轴正方向，则洛伦兹力沿X轴负方向，于是可知磁感应强度垂直XOY平面向外 且有：qE=qvB R=vt0联立得：（2）仅有电场时，带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，在y方向位移：y=设在水平方向位移为x，因射出位置在半圆形区域边界上，于是又有：由几何关系可得，x=R 得：a=设出射速度v1，出射时水平分速度vx，则：则（3）仅有磁场时，入射速度v2=4V，带电粒子在匀强磁场中
39、作匀速圆周运动，圆心为C，圆心角为2，如图，设轨道半径为r，由牛顿第二定律有：又qv2B=4qE，qE=ma得：r=R 由几何关系 sin=即 sin=所以 =带电粒子在磁场中运动周期：T=则带电粒子在磁场中运动时间：tB=T 所以 tB=t0答：（1）匀强磁场的大小为，方向垂直XOY平面向外；（2）若仅撤去磁场，带电粒子仍从P点以相同的速度射入，经时间恰好从半圆形区域的边界射出粒子的加速度为a=，射出时的速度大小；（3）若仅撤去电场，带电粒子从O点沿Y轴负方向射入，且速度为原来的4倍，粒子在磁场中运动的时间为t0【点评】本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，要掌握住半径公式、周期公式，画出粒子
40、的运动轨迹后，几何关系就比较明显了三、选考题：共30分请考生从给出的3道物理，任选一道作答如果多做，则按所做的第一题计分【模块3-3试题】13下列说法正确的是（）A当一定量气体吸热时，其内能可能减小B玻璃、石墨和金刚石都是晶体，木炭是非晶体C单晶体有固定的熔点，多晶体和非晶体没有固定的熔点D当液体与大气相接触时，液体表面层内的分子所受其它分子作用力的合力总是指向液体内部E气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内气体的分子数和气体温度有关【考点】热力学第一定律；* 晶体和非晶体【分析】根据热力学第一定律，U=W+Q可知，即可求解；玻璃是非晶体；晶体有固定的熔点，而非晶体没有；由分
41、子间距大于平衡位置时，体现分子引力；单位体积内气体的分子数和气体温度，直接影响气体的压强，从而即可求解【解答】解：A、根据U=W+Q可知，当一定量气体吸热时，其内能可能减小，也可能不变，也可能增大，故A正确；B、晶体有整齐规则的几何外形，晶体有固定的熔点，在熔化过程中，温度始终保持不变，且晶体有各向异性的特点，玻璃是非晶体，故BC错误；D、液体与大气相接触时，液体表面体现分子引力，体现表面张力，故D正确；E、单位体积内气体的分子数多少和气体温度的高低，影响着气体的压强，即气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，故E正确故选：ADE【点评】考查热力学第一定律的内容，注意W与Q的正负确定，掌握
42、晶体与非晶体的区别，理解分子表面引力，同时掌握影响气体分子的压强因素14如图所示，气缸放置在水平平台上，活塞质量为10kg，横截面积为50cm2，厚度为1cm，气缸全长为21cm，大气压强为1105 Pa，当温度为7时，活塞封闭的气柱长10cm，若将气缸倒过来放置时，活塞下方的空气能通过平台上的缺口与大气相通（g取10m/s2，不计活塞与气缸之间的摩擦，计算结果保留三位有效数字） 将气缸倒过来放置，若温度上升到27，求此时气柱的长度汽缸倒过来放置后，若逐渐升高温度，发现活塞刚好接触平台，求此时气体的温度【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）气体发生等温变化，由玻意
43、耳定律可以求出空气柱的长度（2）由盖吕萨克定律可以求出气体的温度【解答】解：以活塞为研究对象，汽缸未倒过来时，有p0S+mg=pS汽缸倒过来后，有pS+mg=p0S 温度为7不变，根据玻意耳定律有：pSl0=pSl联立解得：l=l0=15cm 温度由7升高到27的过程中，封闭气体压强不变= 解得l16.1 cm 活塞刚好接触平台时，气体的温度为T，则由盖吕萨克定律知=即： =解得：T373 K 故t=100C 答：将气缸倒过来放置，若温度上升到27，此时气柱的长度16.1 cm汽缸倒过来放置后，若逐渐升高温度，发现活塞刚好接触平台，此时气体的温度100C【点评】应用玻意耳定律与盖吕萨克定律即可
44、正确解题，本题的解题关键是求出各状态的气体压强四、【模块3-4试题】15一列简谐横波沿x轴正方向传播，在t秒与（t+0.2）秒两个时刻，x轴上（3m，3m）区间的波形完全相同，如图所示并且图中M、N两质点在t秒时位移均为，下列说法中不正确的是（）A该波的最大波速为20m/sB（t+0.1）秒时刻，x=2m处的质点位移一定是aC从t秒时刻起，x=2m处的质点比x=2.5m的质点先回到平衡位置D从t秒时刻起，在质点M第一次到达平衡位置时，质点N恰好到达波峰E该列波在传播过程中遇到宽度为d=3m的狭缝时会发生明显的衍射现象【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
45、】由图读出波长由于两个时刻的波形相同，经过了整数倍周期的时间，则得t=0.2s=nT，n=0，1，2，可得到最大的周期，由v=求出最小波速由于周期不确定，（t+0.1）秒时刻，x=2m处的质点位移不一定是a简谐横波沿x轴正方向传播，x=2.5m处的质点向下运动，可知x=2m处的质点比x=2.5m处的质点先回到平衡位置根据数学知识得知质点M和N之间的距离等于，质点M第一次到达平衡位置时，质点N不在波峰【解答】解：A、由图知波长=4m由于两个时刻的波形相同，经过了整数倍周期的时间，则得t=0.2s=nT，n=0，1，2，可得到最大的周期为T=0.2s，由v=得最小波速v=20m/s故A不正确B、由
46、于周期不确定，时间0.1s不一定等于半个周期，则（t+0.1）秒时刻，x=2m处的质点不一定到达波峰，位移就不一定是a故B不正确C、简谐横波沿x轴正方向传播，x=2.5m处的质点向下运动，到达平衡位置的时间大于，而x=2m处的质点到达平衡位置时间等于，故C正确D、根据数学知识得知质点M和N之间的距离等于，由波形得知，质点M第一次到达平衡位置时，质点N不在波峰故D不正确E、当孔、缝的宽度或障碍物的尺寸与波长相比差不多或比波长更小时能发生明显衍射，所以该列波在传播过程中遇到宽度为d=3m的狭缝时会发生明显的衍射现象，故E正确本题选不正确的，故选：ABD【点评】本题关键根据波的周期性分析时间0.2s
47、与周期的关系，得到周期的最大值，求出波速的最小值16如图，MN为竖直放置的光屏，光屏的左侧有半径为R、折射率为的透明半球体，O为球心，轴线OA垂直于光屏，O至光屏的距离=R位于轴线上O点左侧处的点光源S发出一束与OA夹角=60的光线射向半球体，求光线从S传播到达光屏所用的时间（已知光在真空中传播的速度为c）【考点】光的折射定律【专题】光的折射专题【分析】作出光路图，根据折射定律和几何关系，求出入射角和折射角，再由几何关系求解光线从S传播到达光屏所用的时间【解答】解：光从光源S射出经半球体到达光屏的光路如图光由空气射向半球体，由折射定律，有n=解得：=30 在OBC中，由正弦定理得： =解得：=
48、30 光由半球体射向空气，由折射定律，有n=解得：r=60，即出射光线与轴线OA平行光从光源S出发经玻璃半球体到达光屏所用的总时间 t=+且 n=解得：t=答：光线从S传播到达光屏所用的时间为【点评】处理几何光学相关的问题，关键是作出光路图，一定要用直尺准确作图，然后根据几何图形的特点求角或者线段的长度五、【模块3-5试题】17氢原子光谱在可见光部分只有四条谱线，它们分别是从n为3、4、5、6的能级直接向n=2能级跃迁时产生的四条谱线中，一条红色、一条蓝色、两条紫色，则下列说法正确的是（）A红色光谱是氢原子从n=3能级向n=2能级跃迁时产生的B蓝色光谱是氢原子从n=6能级或n=5能级直接向n=
49、2能级跃迁时产生的C若氢原子从n=6能级直接向n=1能级跃迁，则能够产生红外线D若氢原子从n=6能级直接向n=3能级跃迁时所产生的辐射不能使某金属发生光电效应，则氢原子从n=6能级直接向n=2能级跃迁时所产生的辐射将可能使该金属发生光电效应E若氢原子从n=3能级向n=2能级跃迁时所产生的辐射能使某金属发生光电效应，则氢原子从n=6能级直接向n=2能级跃迁时所产生的辐射一定能使该金属发生光电效应【考点】氢原子的能级公式和跃迁【专题】原子的能级结构专题【分析】能级间跃迁时辐射的光子能量两能级间的能级差，能级差越大，光子能量越大；发生光电效应的条件是入射光子的频率大于金属的极限频率【解答】解：A、从
50、n为3、4、5、6的能级直接向n=2能级跃迁时，从n=3跃迁到n=2辐射的光子频率最小，波长最大，可知为红色光谱故A正确B、蓝色光子频率大于红光光子频率，小于紫光光子频率，可知是从n=4跃迁到n=2能级辐射的光子故B错误C、氢原子从n=6能级直接向n=1能级跃迁，辐射的光子频率大于从n=6跃迁到n=2时辐射的光子频率，即产生的光子频率大于紫光故C错误D、由于n=6跃迁到n=2能级辐射的光子频率大于n=6跃迁到n=3辐射的光子频率，所以氢原子从n=6能级直接向n=3能级跃迁时所产生的辐射不能使某金属发生光电效应，则氢原子从n=6能级直接向n=2能级跃迁时所产生的辐射将可能使该金属发生光电效应故D
51、正确E、从n=6能级直接向n=2能级跃迁时所产生的光子能量大于n=3跃迁到n=2辐射的光子能量，所以氢原子从n=3能级向n=2能级跃迁时所产生的辐射能使某金属发生光电效应，则氢原子从n=6能级直接向n=2能级跃迁时所产生的辐射一定能使该金属发生光电效应故E正确故选：ADE【点评】解决本题的关键知道能级间跃迁所满足的规律，即EmEn=hv，以及知道光电效应产生的条件18如图示，竖直平面内一光滑水平轨道左边与墙壁对接，右边与一足够高的光滑圆弧轨道平滑相连，木块A、B静置于光滑水平轨道上，A、B质量分别为1.5kg和0.5kg现让A以6m/s的速度水平向左运动，之后与墙壁碰撞，碰撞时间为0.3s，碰
52、后速度大小变为4m/s当A与B碰撞后会立即粘在一起运动，已知g=10m/s2求：A与墙壁碰撞过程中，墙壁对小球平均作用力的大小；A、B滑上圆弧轨道的最大高度【考点】动量守恒定律；动能定理；机械能守恒定律【专题】动量定理应用专题【分析】A与墙壁碰时，根据冲量定理列方程求解A与B碰撞过程动量守恒，AB共同上升时机械能守恒，据此列方程联立求解即可【解答】解：设水平向右为正方向，当A与墙壁碰撞时根据动量定理有：mAV1（mAV1）=t 解得：，方向水平向右当A与B碰撞时，设碰撞后两物体的速度为v，规定向右为正方向，根据动量守恒定律有：mAV1=（mA+mB）VA B在光滑圆形轨道上升时，机械能守恒，由机械能守恒定律得：联立解得：h=0.45m 答：A与墙壁碰撞过程中，墙壁对小球平均作用力的大小为50N；A、B滑上圆弧轨道的最大高度0.45m【点评】本题综合考查了动量定理、动量守恒定律和能量守恒定律，关键是理清运动过程，选择合适的规律求解