天津市2015年高考物理壓軸試卷(含解析)

1、2015年天津市高考物理壓軸試卷 一、選擇題，每題6分，共48分1-5題每題列出的四個選項中，只有一項是最符合題目要求的6-8題每題給出的4個選項中，有的只有一項是正確的，有的有多個選項是正確的，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯或不答的得0分1在勻強磁場中有一個靜止的氡原子核（Rn），由于衰變它放出一個粒子，此粒子的徑跡與反沖核的徑跡是兩個相互外切的圓，大圓與小圓的直徑之比為42：1，如圖所 示，那么氡核的衰變方程應是下列方程中的哪一個（） A RnFr+e B RnPo+He C RnAt+e D RnAt+H2如圖所示，不可伸長的輕繩一端固定于墻上O點，拉力F通過一輕質(zhì)定滑輪和

2、輕質(zhì)動滑輪作用于繩另一端，則重物m在力F的作用下緩慢上升的過程中，拉力F變化為（不計一切摩擦）（） A 變大 B 變小 C 不變 D 無法確定3固定在豎直平面的光滑圓弧軌道ABCD，其A點與圓心O等高，D點為軌道最高點，DB為豎直直線，AC為水平線，AE為水平面，如圖所示今使小球自A點正上方某處由靜止釋放，且從A點進入圓軌道，只要適當調(diào)節(jié)釋放點的高度，總能使球通過最高點D，則小球通過D點后（） A 一定會落到水平面AE上 B 可能從A點又進入圓軌道 C 可能撞在圓軌道AB間某位置 D 可能從D點自由下落4如圖所示，虛線是用實驗方法描繪出的某一靜電場的一族等勢線及其電勢值，一帶電粒子只在電場力的

3、作用下飛經(jīng)該電場時，恰能沿圖中的實線從A點飛到B點，則下列判斷正確的是（） A 粒子一定帶負電 B A點的場強大于B點的場強 C 粒子在A點的電勢能大于在B點的電勢能 D 粒子在A點的動能小于在B點的動能5如圖所示，水平方向的勻強電場和勻強磁場互相垂直，豎直的絕緣桿上套一帶負電荷小環(huán)小環(huán)由靜止開始下落的過程中，所受摩擦力（） A 始終不變 B 不斷增大后來不變 C 不斷減小最后為零 D 先減小后增大，最后不變6下列說法正確的是（） A 粒子的貫穿本領和電離作用都很強 B 核反應中的質(zhì)量虧損現(xiàn)象違背了能量守恒定律 C 某個平面鏡反射光的能量為入射光能量的85%，即表示反射光光子的數(shù)量是入射光光子

4、數(shù)量的85% D 電磁波和機械波都能發(fā)生干涉、衍射現(xiàn)象7兩列簡諧橫波分別沿x軸正向和負向傳播，波源分別位于x=0.2m和x=1.2m處，兩列波的波速均為v=0.4m/s，傳播方向如圖中箭頭所示，兩波源的振幅度均為A=2cmt=0時刻，兩列波的圖象如圖所示，此刻x=0.2m和x=0.8m處的P、Q兩質(zhì)點剛開始振動，質(zhì)點M位于x=0.5m處，下列選項中正確的是（） A 質(zhì)點P、Q都首先沿y軸負向開始振動 B t=1s時刻，質(zhì)點M的位移為4cm C t=0.75s時刻，質(zhì)點P、Q都運動到了M點 D t=1s時刻，質(zhì)點M的位移為4cm8如圖所示在光滑絕緣水平面上，兩個帶等量正電的點電荷M、N，分別固定

5、在A、B兩點，O為AB連線的中點，CD為AB的垂直平分線在CO之間的F點由靜止釋放一個帶負電的小球P（放入小球P后不會改變原來的電場分布）在以后的一段時間內(nèi)P在CD連線上做往復運動下列說法正確的是（） A 小球P的帶電量緩慢減小，則它往復運動過程中振幅不斷減小 B 小球P的帶電量緩慢減小則它往復運動過程中每次經(jīng)過O點時的速率不斷減小 C 點電荷M，N的電量同時等量地緩慢增大，則小球p往復運動過程中周期不斷減小 D 點電荷M，N的帶電量同時等量地緩慢增大，則小球p往復運動過程中振幅不斷減小二、非選擇（共72分）9某同學利用雙縫干涉實驗裝置測定某一光的波長，已知雙縫間距為d，雙縫到屏的距離為L，將

6、測量頭的分劃板中心刻線與某一亮條紋的中心對齊，并將該條紋記為第一亮條紋，其示數(shù)如圖所示，此時的示數(shù)x1=mm然后轉(zhuǎn)動測量頭，使分劃板中心刻線與第n亮條紋的中心對齊，測出第n亮條紋示數(shù)為x2由以上數(shù)據(jù)可求得該光的波長表達式=（用給出的字母符號表示）10某同學要測量一長方形木塊（帶有一掛鉤）與水平桌面間的動摩擦因數(shù)，但沒有現(xiàn)成的彈簧測力計，于是小明用細彈簧、硬紙板等自制了一個簡易彈簧測力計（只有均勻刻線沒有標值）如圖所示請你幫助設計這個實驗：主要步驟：計算表達式：（表達式中的字母要在步驟中出現(xiàn)）11在做測定金屬的電阻率的實驗中，若待測電阻絲的電阻約為5，要求測量結(jié)果盡量準確，備有以下器材：A電池組

7、（3V、內(nèi)阻l）B電流表（03A，內(nèi)阻0.0125）C電流表（00.6A，內(nèi)阻0.125）D電壓表（03V，內(nèi)阻4k）E電壓表（015V，內(nèi)阻15k）F滑動變阻器（020，允許最大電流l A）G滑動變阻器（02000，允許最大電流0.3A）H開關、導線（1）上述器材中應選用的是（只填寫字母代號）（2）某同學采用了圖1所示的部分電路測量電阻，則測量值比真實值偏 （選填“大”或“小”）根據(jù)測量數(shù)據(jù)得到的伏安特性曲線如圖2所示，圖中MN段向上彎曲的主要原因是12如圖所示，一根光滑的金屬桿一端固定，另一端彎成半徑R=0.9m的圓環(huán)一光滑的小圓環(huán)m=0.9kg，套在金屬桿上，從上端固定處無初速滑下固定處

8、到大圓環(huán)底部的高度為2.6m，小圓環(huán)運動到大圓環(huán)頂端與質(zhì)量m0=5.4kg靜止于光滑水平面上的物塊相碰，碰后小圓環(huán)又沿大圓環(huán)滑動，剛好上升到h=2m，求（1）物塊mO獲得多大速度（2）因為碰撞，m，m0一共增加多少內(nèi)能？（g取10m/s2，不計空氣阻力）13如圖所示，M1N1、M2N2是兩根處于同一水平面內(nèi)的平行導軌，導軌間距離是d=0.5m，導軌左端接有定值電阻R=2，質(zhì)量為m=0.1kg的滑塊垂直于導軌，可在導軌上左右滑動并與導軌有良好的接觸，滑動過程中滑塊與導軌間的摩擦力恒為f=1N，滑塊用絕緣細線與質(zhì)量為M=0.2kg的重物連接，細線跨過光滑的定滑輪，整個裝置放在豎直向上的勻強磁場中，

9、磁場的磁感應強度是B=2T，將滑塊由靜止釋放設導軌足夠長，磁場足夠大，M未落地，且不計導軌和滑塊的電阻g=10m/s2，求：（1）滑塊能獲得的最大動能（2）滑塊的加速度為a=2m/s2時的速度（3）設滑塊從開始運動到獲得最大速度的過程中，電流在電阻R上所做的電功是w=0.8J，求此過程中滑塊滑動的距離14靜電噴漆技術(shù)具有效率高、浪費少、質(zhì)量好、有益于健康等優(yōu)點，其裝置可簡化如圖A、B為水平放置的間距d=1.6m的兩塊足夠大的平行金屬板，兩板間有方向由B指向A的勻強電場，場強為E=0.1v/m在A板的中央放置一個安全接地的靜電油漆噴槍P，油漆噴槍可向各個方向均勻地噴出初速度大小均為v0=6m/s

10、的油漆微粒，已知油漆微粒的質(zhì)量均為m=1.0×105kg、電荷量均為q=1.0×103C，不計油漆微粒間的相互作用、油漆微粒帶電對板間電場和磁場的影響及空氣阻力，重力加速度g=10m/s2求：（1）油漆微粒落在B板上所形成的圖形面積；（2）若讓A、B兩板間的電場反向，并在兩板間加垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度B=0.06T，調(diào)節(jié)噴槍使油漆微粒只能在紙面內(nèi)沿各個方向噴出，其它條件不變B板被油漆微粒打中的區(qū)域的長度；（3）在滿足（2）的情況下，打中B板的油漆微粒中，在磁場中運動的最短時間2015年天津市高考物理壓軸試卷參考答案與試題解析一、選擇題，每題6分，共48分1-5

11、題每題列出的四個選項中，只有一項是最符合題目要求的6-8題每題給出的4個選項中，有的只有一項是正確的，有的有多個選項是正確的，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯或不答的得0分1在勻強磁場中有一個靜止的氡原子核（Rn），由于衰變它放出一個粒子，此粒子的徑跡與反沖核的徑跡是兩個相互外切的圓，大圓與小圓的直徑之比為42：1，如圖所 示，那么氡核的衰變方程應是下列方程中的哪一個（） A RnFr+e B RnPo+He C RnAt+e D RnAt+H考點： 帶電粒子在勻強磁場中的運動；原子核衰變及半衰期、衰變速度專題： 帶電粒子在磁場中的運動專題分析： 核衰變過程動量守恒，反沖核與釋放出

12、的粒子的動量大小相等，結(jié)合帶電粒子在勻強磁場中圓周運動的半徑公式可得小粒子與反沖核的電荷量之比，利用排除法可得正確答案解答： 解：原子核的衰變過程滿足動量守恒，可得兩帶電粒子動量大小相等，方向相反，就動量大小而言有：m1v1=m2v2由帶電粒子在勻強磁場中圓周運動的半徑公式可得：r=所以，=審視ABCD四個選項，滿足42：1關系的只有B故選B點評： 原子核的衰變過程類比于爆炸過程，滿足動量守恒，而帶電粒子在勻強磁場中圓周運動的半徑公式中的分子恰好是動量的表達式，要巧妙應用2如圖所示，不可伸長的輕繩一端固定于墻上O點，拉力F通過一輕質(zhì)定滑輪和輕質(zhì)動滑輪作用于繩另一端，則重物m在力F的作用下緩慢上

13、升的過程中，拉力F變化為（不計一切摩擦）（） A 變大 B 變小 C 不變 D 無法確定考點： 共點力平衡的條件及其應用；力的合成與分解的運用專題： 共點力作用下物體平衡專題分析： 重物m在力F的作用下緩慢上升的過程中，兩繩的夾角增大滑輪兩側(cè)繩子的拉力大小相等，方向關于豎直方向?qū)ΨQ以滑輪為研究對象，根據(jù)平衡條件研究繩的拉力變化情況解答： 解：設滑輪兩側(cè)兩繩的夾角為2以滑輪為研究對象，分析受力情況，作出力圖如圖所示根據(jù)平衡條件有：2Fcos=mg得到繩子的拉力為：F=所以在重物緩慢上升的過程中，增大，cos減小，則F變大故選：A點評： 本題是共點力平衡中動態(tài)變化分析問題，關鍵是知道同一條繩子上的

14、拉力處處相等3固定在豎直平面的光滑圓弧軌道ABCD，其A點與圓心O等高，D點為軌道最高點，DB為豎直直線，AC為水平線，AE為水平面，如圖所示今使小球自A點正上方某處由靜止釋放，且從A點進入圓軌道，只要適當調(diào)節(jié)釋放點的高度，總能使球通過最高點D，則小球通過D點后（） A 一定會落到水平面AE上 B 可能從A點又進入圓軌道 C 可能撞在圓軌道AB間某位置 D 可能從D點自由下落考點： 機械能守恒定律；向心力分析： 通過小球能夠通過最高點D，根據(jù)牛頓第二定律求出最高點的最小速度，通過平拋運動的規(guī)律求出水平位移的大小，從而確定小球的落點位置解答： 解：小球恰能夠通過最高點D，根據(jù)mg=m ，得：vD

15、=則知在最高點的最小速度為根據(jù)R=得：t=則平拋運動的水平位移x=vDt=R知小球一定落在水平面AE上故A正確，B、C、D錯誤故選：A點評： 解決本題的關鍵知道小球做圓周運動在最高點的臨界情況，結(jié)合平拋運動的規(guī)律進行求解4如圖所示，虛線是用實驗方法描繪出的某一靜電場的一族等勢線及其電勢值，一帶電粒子只在電場力的作用下飛經(jīng)該電場時，恰能沿圖中的實線從A點飛到B點，則下列判斷正確的是（） A 粒子一定帶負電 B A點的場強大于B點的場強 C 粒子在A點的電勢能大于在B點的電勢能 D 粒子在A點的動能小于在B點的動能考點： 電勢能；電場強度；電場線專題： 電場力與電勢的性質(zhì)專題分析： 根據(jù)電場線與等

16、勢面垂直且由高電勢指向電勢，確定出電場線方向，根據(jù)曲線運動中物體所受的合力方向指向軌跡的內(nèi)側(cè)，可判斷出粒子所受的電場力方向，判斷粒子的電性根據(jù)等差等勢面密處場強大，可判斷場強的大小由電場力做功正負，判斷電勢能的大小和動能的大小解答： 解：A、根據(jù)電場線與等勢面垂直且由高電勢指向電勢，可知電場線方向大致向左，根據(jù)粒子軌跡的彎曲方向可知，粒子所受的電場力方向大致向左，則知粒子一定帶正電故A錯誤B、由圖知道，等勢面間電勢差相等，而A處等差等勢面較密，則A點的場強較大故B正確C、D從A點飛到B點，電場力方向與速度的夾角為鈍角，電場力做負功，電勢能增大，動能減小故CD錯誤故選B點評： 本題要掌握等勢面與

17、電場線的關系和曲線運動合力指向，由粒子的軌跡判斷出電場力方向，分析能量的變化5如圖所示，水平方向的勻強電場和勻強磁場互相垂直，豎直的絕緣桿上套一帶負電荷小環(huán)小環(huán)由靜止開始下落的過程中，所受摩擦力（） A 始終不變 B 不斷增大后來不變 C 不斷減小最后為零 D 先減小后增大，最后不變考點： 帶電粒子在混合場中的運動專題： 帶電粒子在復合場中的運動專題分析： 此題要先對小球進行正確的受力分析，由受力情況判斷出小球的運動情況，得知小球向下做加速運動，同時會有洛倫茲力作用在小球上，分析水平方向上的合力在減小，可判斷摩擦力在減小直至為零；之后洛倫茲力增大致水平方向上合力逐漸增大，摩擦力也隨之增大，直至

18、摩擦力與重力大小相等解答： 解：小球由靜止開始下落，當速度為零時，對小球受力分析，受到豎直向下的重力、水平向左的電場力和豎直向上的摩擦力；此時重力會大于摩擦力，小球向下運動，速度不為零時，小球還會受到水平向右的洛倫茲力，使水平方向上的合力減小，從而摩擦力也隨之減小當電場力和洛倫茲力大小相等時，摩擦力為零，小球的豎直向下的加速度最大，之后洛倫茲力要大于電場力并逐漸最大，摩擦力也隨之增大，當摩擦力和重力大小相等時，小球加速度為零，開始做勻速直線運動所以在整個過場中，摩擦力是先減小后增大，最后不變故ABC錯誤，D正確故選：D點評： 解決此類問題的關鍵就是對物體受力進行動態(tài)分析，結(jié)合牛頓運動定律分析運

19、動情況，再由運動情況分析受力情況此類問題的受力特點是：合力在不斷變化，當合外力變?yōu)榱銜r，物體開始做勻速直線運動，經(jīng)常出現(xiàn)的問題是利用平衡條件求帶電體的最大速度等問題6下列說法正確的是（） A 粒子的貫穿本領和電離作用都很強 B 核反應中的質(zhì)量虧損現(xiàn)象違背了能量守恒定律 C 某個平面鏡反射光的能量為入射光能量的85%，即表示反射光光子的數(shù)量是入射光光子數(shù)量的85% D 電磁波和機械波都能發(fā)生干涉、衍射現(xiàn)象考點： 能量守恒定律；電磁波的產(chǎn)生專題： 常規(guī)題型分析： 粒子的貫穿本領很強，電離作用很弱根據(jù)愛因斯坦質(zhì)能方程作答；根據(jù)光的粒子性與E=hv分析判斷；電磁波是交變電磁場在空間的傳播，機械波是機械

20、振動在介質(zhì)中的傳播；電磁波的傳播不需要介質(zhì)，機械波的傳播需要介質(zhì)解答： 解：A、粒子的貫穿本領很強，電離作用很弱，故A錯誤；B、核反應中的質(zhì)量虧損現(xiàn)象遵循能量守恒定律，故B錯誤；C、某個平面鏡反射光的能量為入射光能量的80%，設光子的頻率為v，則每個光子的能量為hv，光的能量與光子個數(shù)成正比，則表示反射光光子的數(shù)量是入射光光子數(shù)量的80%，故C正確D、機械波和電磁波，都屬于波，都具有發(fā)生干涉和衍射現(xiàn)象故D正確故選：CD點評： 解決本題的關鍵知道三種射線的特點，以及掌握愛因斯坦質(zhì)能方程，知道電磁波和機械波的特點7兩列簡諧橫波分別沿x軸正向和負向傳播，波源分別位于x=0.2m和x=1.2m處，兩列

21、波的波速均為v=0.4m/s，傳播方向如圖中箭頭所示，兩波源的振幅度均為A=2cmt=0時刻，兩列波的圖象如圖所示，此刻x=0.2m和x=0.8m處的P、Q兩質(zhì)點剛開始振動，質(zhì)點M位于x=0.5m處，下列選項中正確的是（） A 質(zhì)點P、Q都首先沿y軸負向開始振動 B t=1s時刻，質(zhì)點M的位移為4cm C t=0.75s時刻，質(zhì)點P、Q都運動到了M點 D t=1s時刻，質(zhì)點M的位移為4cm考點： 橫波的圖象；波長、頻率和波速的關系專題： 振動圖像與波動圖像專題分析： 由圖讀出波長，從而由波速公式算出波的周期根據(jù)所給的時間與周期的關系，分析質(zhì)點M的位置，確定其位移由波的傳播方向來確定質(zhì)點的振動方

22、向兩列頻率相同的相干波，當波峰與波峰相遇或波谷與波谷相遇時振動加強，當波峰與波谷相遇時振動減弱，則振動情況相同時振動加強；振動情況相反時振動減弱解答： 解：A、由波的傳播方向根據(jù)波形平移法可判斷出質(zhì)點的振動方向：兩列簡諧橫波分別沿x軸正方向和負方向傳播，則質(zhì)點P、Q均沿y軸負方向運動故A正確；B、D、由圖知波長=0.4m，由v=得，波的周期為T=s，兩質(zhì)點傳到M的時間為s=T，當t=1s時刻，兩波的波谷恰好傳到質(zhì)點M，所以位移為4cm故B錯誤，D正確；C、質(zhì)點不隨波遷移，只在各自的平衡位置附近振動，所以質(zhì)點P、Q都不會運動到M點，故C錯誤；故選：AD點評： 本題要掌握波的獨立傳播原理：兩列波相

23、遇后保持原來的性質(zhì)不變理解波的疊加遵守矢量合成法則，例如當該波的波峰與波峰相遇時，此處相對平衡位置的位移為振幅的二倍；當波峰與波谷相遇時此處的位移為零8如圖所示在光滑絕緣水平面上，兩個帶等量正電的點電荷M、N，分別固定在A、B兩點，O為AB連線的中點，CD為AB的垂直平分線在CO之間的F點由靜止釋放一個帶負電的小球P（放入小球P后不會改變原來的電場分布）在以后的一段時間內(nèi)P在CD連線上做往復運動下列說法正確的是（） A 小球P的帶電量緩慢減小，則它往復運動過程中振幅不斷減小 B 小球P的帶電量緩慢減小則它往復運動過程中每次經(jīng)過O點時的速率不斷減小 C 點電荷M，N的電量同時等量地緩慢增大，則小

24、球p往復運動過程中周期不斷減小 D 點電荷M，N的帶電量同時等量地緩慢增大，則小球p往復運動過程中振幅不斷減小考點： 電勢差與電場強度的關系；電場的疊加專題： 電場力與電勢的性質(zhì)專題分析： 在等量的正電荷的電場中，所有的點的電勢都是正的，根據(jù)矢量的合成法則可以知道，在它們的連線中垂線上的點的電場強度的方向都是沿著中垂線指向外的，由此可以判斷電場的情況和帶電小球的運動的情況解答： 解：A、小球P的帶電量緩慢減小，它在電場中某點的電場力在不斷地減小，由平衡位置向最大位移運動時，動能向電勢能轉(zhuǎn)化時，克服電場力做功需要經(jīng)過更長的距離，所以它往復運動過程中的在振幅不斷增大，所以A錯誤；B、由最大位移返回

25、平衡位置時，電場力做的功在不斷地減小，它往復運動過程中每次經(jīng)過O點時的速率不斷減小，所以B正確；C、如果M、N的帶電荷量等量緩慢增大，則小球P所受電場力產(chǎn)生的加速度在同一位置時將更大，速度變化將更快，即周期將變小，C正確；D、同時，伴隨M、N電荷量的增加，由于對P在同一位置的電場力變大，減速的距離減小，故振幅變小，D正確故選：BCD點評： 本題考查的就是點電荷的電場的分布及特點，這要求同學對于基本的幾種電場的情況要了解，本題看的就是學生的基本知識的掌握情況二、非選擇（共72分）9某同學利用雙縫干涉實驗裝置測定某一光的波長，已知雙縫間距為d，雙縫到屏的距離為L，將測量頭的分劃板中心刻線與某一亮條

26、紋的中心對齊，并將該條紋記為第一亮條紋，其示數(shù)如圖所示，此時的示數(shù)x1=0.776mm然后轉(zhuǎn)動測量頭，使分劃板中心刻線與第n亮條紋的中心對齊，測出第n亮條紋示數(shù)為x2由以上數(shù)據(jù)可求得該光的波長表達式=（用給出的字母符號表示）考點： 用雙縫干涉測光的波長專題： 實驗題分析： 螺旋測微器的讀數(shù)等于固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(shù)，需估讀根據(jù)雙縫干涉的條紋間距公式求出光的波長表達式解答： 解：螺旋測微器的讀數(shù)為0.5mm+0.01×25.5mm=0.776mm根據(jù)干涉條紋的間距x=得，=故答案為：0.776mm，點評： 解決本題的關鍵掌握螺旋測微器的讀數(shù)方法，測量光波波長的原理，注意掌握干涉條

27、紋間距公式的內(nèi)容10某同學要測量一長方形木塊（帶有一掛鉤）與水平桌面間的動摩擦因數(shù)，但沒有現(xiàn)成的彈簧測力計，于是小明用細彈簧、硬紙板等自制了一個簡易彈簧測力計（只有均勻刻線沒有標值）如圖所示請你幫助設計這個實驗：主要步驟：A記下沒掛木塊時，自制彈簧測力計指針所指刻度N0；B把木塊掛在自制的彈簧測力上，穩(wěn)定后記下指針所對的刻度N1；C把木塊放在水平桌面上，用該彈簧測力計拉著木塊勻速滑行，記下這時指針所指的刻度N2；計算表達式：（表達式中的字母要在步驟中出現(xiàn)）考點： 探究影響摩擦力的大小的因素專題： 實驗題分析： 把木塊放在水平桌面上，用該彈簧測力計拉著木塊勻速滑行，彈簧的拉力與滑動摩擦力平衡，根

28、據(jù)F=G設計實驗步驟，求解動摩擦因素的表達式解答： 解：主要步驟如下：A記下沒掛木塊時，自制彈簧測力計指針所指刻度N0；B把木塊掛在自制的彈簧測力上，穩(wěn)定后記下指針所對的刻度N1；C把木塊放在水平桌面上，用該彈簧測力計拉著木塊勻速滑行，記下這時指針所指的刻度N2木塊做勻速直線運動，根據(jù)平衡條件，有：水平方向：f=N2豎直方向：mg=N1N0其中：f=mg解得：=故答案為：A記下沒掛木塊時，自制彈簧測力計指針所指刻度N0；B把木塊掛在自制的彈簧測力上，穩(wěn)定后記下指針所對的刻度N1；C把木塊放在水平桌面上，用該彈簧測力計拉著木塊勻速滑行，記下這時指針所指的刻度N2； 點評： 本題關鍵明確實驗原理，

29、然后根據(jù)實驗原理設計實驗步驟，求解表達式，掌握胡克定律的應用，注意彈簧的長度與彈簧的伸長區(qū)別11在做測定金屬的電阻率的實驗中，若待測電阻絲的電阻約為5，要求測量結(jié)果盡量準確，備有以下器材：A電池組（3V、內(nèi)阻l）B電流表（03A，內(nèi)阻0.0125）C電流表（00.6A，內(nèi)阻0.125）D電壓表（03V，內(nèi)阻4k）E電壓表（015V，內(nèi)阻15k）F滑動變阻器（020，允許最大電流l A）G滑動變阻器（02000，允許最大電流0.3A）H開關、導線（1）上述器材中應選用的是ACDFH（只填寫字母代號）（2）某同學采用了圖1所示的部分電路測量電阻，則測量值比真實值偏小 （選填“大”或“小”）根據(jù)測量

30、數(shù)據(jù)得到的伏安特性曲線如圖2所示，圖中MN段向上彎曲的主要原因是隨著電阻絲中的電流增大，溫度升高，電阻率增大，電阻增大考點： 測定金屬的電阻率專題： 實驗題；恒定電流專題分析： （1）器材的選取需安全、精確，根據(jù)電源電壓確定電壓表的量程，根據(jù)電路中電流的大約值確定電流表的量程（2）根據(jù)待測電阻與電流表、電壓表內(nèi)阻比較，確定電流表的內(nèi)外接，溫度升高，電阻率增大解答： 解：（1）測量電阻需要電源、電流表、電壓表、滑動變阻器、電鍵導線，由于電源電壓為3V，所以電壓表選擇D，電路中的電流大約I=0.6A，所以電流表選擇C，滑動變阻器用小阻值的便于操作，則所需的器材為A、C、D、F、H（2）待測電阻的阻

31、值遠小于電壓表的內(nèi)阻，屬于小電阻，所以電流表采取外接法，根據(jù)R=，由于電壓表的分流，使得測量值比真實值偏小圖中MN段向上彎曲的主要原因是隨著電阻絲中的電流增大，溫度升高，電阻率增大，電阻增大故答案為：（1）ACDFH （2）小，隨著電阻絲中的電流增大，溫度升高，電阻率增大，電阻增大點評： 解決本題的關鍵掌握電壓表、電流表、滑動變阻器的選取，以及掌握如何確定電流表的內(nèi)外接，會分析系統(tǒng)誤差的原因12如圖所示，一根光滑的金屬桿一端固定，另一端彎成半徑R=0.9m的圓環(huán)一光滑的小圓環(huán)m=0.9kg，套在金屬桿上，從上端固定處無初速滑下固定處到大圓環(huán)底部的高度為2.6m，小圓環(huán)運動到大圓環(huán)頂端與質(zhì)量m0

32、=5.4kg靜止于光滑水平面上的物塊相碰，碰后小圓環(huán)又沿大圓環(huán)滑動，剛好上升到h=2m，求（1）物塊mO獲得多大速度（2）因為碰撞，m，m0一共增加多少內(nèi)能？（g取10m/s2，不計空氣阻力）考點： 動量守恒定律；向心力；機械能守恒定律專題： 動量與動能定理或能的轉(zhuǎn)化與守恒定律綜合分析： （1）物塊m0與m剛碰后具有最大速度，對m分別根據(jù)機械能守恒定律求出其碰撞前后的速度，根據(jù)動量守恒定律列方程求m0碰后的速度；（2）根據(jù)能量守恒求碰撞損失的機械能，即增加的內(nèi)能解答： 解：（1）設小圓環(huán)固定處距離大圓環(huán)底部為h0，升到頂時的速度為v0根據(jù)機械能守恒：mgh0=mg2R+mv02規(guī)定向右為正方向

33、，m和m0組成的系統(tǒng)碰撞時滿足動量守恒：mv0=mv01+m0v1碰后小圓環(huán)又沿大圓環(huán)滑動過程機械能守恒：mg2R+mv012=mgh聯(lián)立可得：v1=1m/s（2）因為碰撞增加的內(nèi)能：E=mv02（mv012+m0v12）=2.7J答：（1）物塊m0獲得速度為1m/s（2）因為碰撞，m，m0一共增加2.7J內(nèi)能點評： 本題考查了機械能守恒、能量守恒的綜合運用，對于非彈性碰撞，滿足動量守恒，但是機械能有損失，損失的機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能13如圖所示，M1N1、M2N2是兩根處于同一水平面內(nèi)的平行導軌，導軌間距離是d=0.5m，導軌左端接有定值電阻R=2，質(zhì)量為m=0.1kg的滑塊垂直于導軌，可在導軌上

34、左右滑動并與導軌有良好的接觸，滑動過程中滑塊與導軌間的摩擦力恒為f=1N，滑塊用絕緣細線與質(zhì)量為M=0.2kg的重物連接，細線跨過光滑的定滑輪，整個裝置放在豎直向上的勻強磁場中，磁場的磁感應強度是B=2T，將滑塊由靜止釋放設導軌足夠長，磁場足夠大，M未落地，且不計導軌和滑塊的電阻g=10m/s2，求：（1）滑塊能獲得的最大動能（2）滑塊的加速度為a=2m/s2時的速度（3）設滑塊從開始運動到獲得最大速度的過程中，電流在電阻R上所做的電功是w=0.8J，求此過程中滑塊滑動的距離考點： 共點力平衡的條件及其應用；牛頓第二定律；動能定理的應用；導體切割磁感線時的感應電動勢專題： 動能定理的應用專題分

35、析： （1）滑塊勻速運動時，受到的拉力、摩擦力和安培力三力平衡，再結(jié)合安培力和動生電動勢表達式列式求解；（2）滑塊受重力、支持力、安培力、摩擦力、拉力，物塊受重力和拉力，根據(jù)牛頓第二定律對兩物體整體列式求解；（3）對兩個物體的整體而言，重力做正功，克服阻力和安培力做功，克服安培力做的功等于系統(tǒng)增加的電能，等于電流的功，故對整體運用動能定理列式求解即可解答： 解：（1）滑塊勻速運動時，受力平衡，有Mg=f+BId 根據(jù)歐姆定律，有I= 動生電動勢為：E=BdVm 聯(lián)立解之并代入動能表達式：EK=0.2J即滑塊能獲得的最大動能為0.2J（2）對兩物體整體受力分析后，運用牛頓第二定律，有MgfBId=（M+m）a 其中I= E=BdV 聯(lián)立解之：V=0.8m/s即滑塊的加速度為a=2m/s2時的速度為0.8m/s（3）對兩物體整體運用動能定理，有Mgxfxw=解得x=1.4m即滑塊從開始運動到獲得最大速度的過程中，滑塊滑動的距離為1.4m點評： 本題關鍵是對整體受力分析，運用牛頓第二定律、共點力平衡條件、動能定理多