海南省?？谑袊d中學2015年高考物理模擬試卷(一)(解析版)

1、2015年海南省?？谑袊d中學高考物理模擬試卷（一）一、單項選擇題：本題共6小題，每小題3分，共18分在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的1如圖所示，起重機將重為G的重物勻速吊起，此時四條鋼索與豎直方向的夾角均為60°，則每根鋼索中彈力大小為（）ABCD2“嫦娥一號”和“嫦娥二號”繞月飛行器的運行軌道可近似為圓形軌道，距月球表面高度分別為h1和h2，運動周期分別為T1和T2已知月球半徑為R，則T1和T2的比值為（）ABCD3如圖所示，斜面體M放置在水平地面上，位于斜面上的物塊m受到沿斜面向上的推力F作用設物塊與斜面之間的摩擦力大小為F1，斜面與地面之間的摩擦力大小為F2

2、增大推力F，斜面體始終保持靜止，下列判斷正確的是（）A如果物塊沿斜面向上滑動，則F1、F2一定增大B如果物塊沿斜面向上滑動，則F1、F2一定不變C如果物塊與斜面相對靜止，則F1、F2一定增大D如果物塊沿斜面相對靜止，則F1、F2一定不變4一個電量為106C的負電荷從電場中A點移到B點電場力要做功2×106J，從c點移到J要克服電場力做功7×106J，若已知c點比B點電勢高3V，且A、B、C、D四點在同一條電場線上，則下列圖中正確的是（）ABCD5質子和中子是由更基本的粒子即所謂“夸克”組成的兩個強作用電荷相反（類似于正負電荷）的夸克在距離很近時幾乎沒有相互作用（稱為“漸近自

3、由”）；在距離較遠時，它們之間就會出現很強的引力（導致所謂“夸克禁閉”）作為一個簡單的模型，設這樣的兩夸克之間的相互作用力F與它們之間的距離r的關系為：式中F0為大于零的常量，負號表示引力用U表示夸克間的勢能，令U0=F0（r2r1），取無窮遠為勢能零點下列Ur圖示中正確的是（）ABCD6在水平的足夠長的固定木板上，一小物塊以某一初速度開始滑動，經一段時間t后停止現將該木板改置成傾角為45°的斜面，讓小物塊以相同的初速度沿木板上滑若小物塊與木板之間的動摩擦因數為則小物塊上滑到最高位置所需時間與t之比為（）ABCD二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分在每小題給出的四個選項

4、中，有多個選項是符合題目要求的全部選對的得5分；選對但不全的得3分；有選錯的得0分7牛頓以天體之間普遍存在著引力為依據，運用嚴密的邏輯推理，建立了萬有引力定律在創(chuàng)建萬有引力定律的過程中，牛頓（）A接受了胡克等科學家關于“吸引力與兩中心距離的平方成反比”的猜想B根據地球上一切物體都以相同加速度下落的事實，得出物體受地球的引力與其質量成正比，即Fm的結論C根據Fm和牛頓第三定律，分析了地月間的引力關系，進而得出Fm1m2D根據大量實驗數據得出了比例系數G的大小8下列說法正確的是（）A汽車車速越快，慣性越大B以額定功率運行的汽車，車速越快，牽引力越大C汽車在水平公路上轉彎時，車速越快，越容易滑出路面

5、D汽車拉著拖車加速前進時，它對拖車的拉力與拖車對它的拉力大小相等9如圖所示，50匝矩形閉合導線框ABCD處于磁感應強度大小B=T的水平勻強磁場中，線框面積S=0.5m2，線框電阻不計線框繞垂直于磁場的軸OO以角速度=200rad/s勻速轉動，并與理想變壓器原線圈相連，副線圈線接入一只“220V，60W”燈泡，且燈泡正常發(fā)光，熔斷器允許通過的最大電流為10A，下列說法正確的是（）A圖示位置穿過線框的磁通量為零B線框中產生交變電壓的有效值為VC變壓器原、副線圈匝數之比為25：11D允許變壓器輸出的最大功率為5000W10如圖所示小球從A點以初速度v0沿粗糙斜面向上運動，到達最高點B后返回A，C為A

6、B的中點下列說法中正確的是（）A小球從A到B過程與從B到A過程，動能變化量的大小相等B小球從A到B過程與從B到A過程，機械能變化量的大小相等C小球從A到C過程與從C到B過程，動能變化量的大小相等D小球從A到C過程與從C到B過程，機械能變化量的大小相等三實驗題：本題共2小題，第11題6分，第12題9分，共15分把答案寫在答題卡中指定的答題處11圖中電源電動勢為E，內阻可忽略不計；電流表具有一定的內阻，電壓表的內阻不是無限大，S為單刀雙擲開關，R為待測電阻當S向電壓表一側閉合時，電壓表讀數為U1，電流表讀數為I1；當S向R一側閉合時，電流表讀數為I2（1）根據已知條件與測量數據，可以得出待測電阻R

7、=（2）根據圖a所給出的電路，在圖b的各器件實物圖之間畫出連接的導線12一水平放置的輕彈簧，一端固定，另一端與一小滑塊接觸，但不粘連；初始時滑塊靜止于水平氣墊導軌上的O點，如圖（a）所示現利用此裝置探究彈簧的彈性勢能Ep與其被壓縮時長度的改變量x的關系先推動小滑塊壓縮彈簧，用米尺測出x的數值；然后將小滑塊從靜止釋放用計時器測出小滑塊從O點運動至氣墊導軌上另一固定點A所用時間t多次改變x值及其對應的t值如下表所示（表中的1/t值是根據t值計算得出的）x（cm）1.001.502.002.503.00t（s）3.332.201.601.321.08l/t（s1）0.3000.4550.6250.7

8、580.926（1）根據表中數據，在圖（b）中的方格紙上做x圖線（2）回答下列問題：（不要求寫出計算或推導過程）已知點（0，0）在x圖線上，從x圖線看，與x是什么關系？從理論上分析，小滑塊剛脫離彈簧時的動能Ek與是什么關系（不考慮摩擦力）？當彈簧長度該變量為x時，彈性勢能Ep與相應Ek是什么關系？綜合考慮以上分析，Ep與x是什么關系？四計算題：本題共2小題，第13題10分，第14題13分，共23分把解答寫在答題卡中指定的答題處，要寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟13電梯的簡化模型如圖1所示考慮安全、舒適、省時等因素，電梯的加速度a是隨時間t變化的，已知電梯在t=0時由靜止開始上升，at圖象

9、如圖2所示電梯總質量m=2.0×103kg忽略一切阻力，重力加速度g取10m/s2（1）求電梯在上升過程中受到的最大拉力F1和最小拉力F2；（2）求電梯以最大速率上升時，拉力做功的功率P；再求在011s時間內，拉力和重力對電梯所做的總功W14如圖所示，在傾角為30°的斜面OA的左側有一豎直檔板，其上有一小孔P現有一質量m=4×1020kg，帶電量q=+2×1014C的粒子，從小孔以速度v0=3×104m/s水平射向磁感應強度B=0.2T、方向垂直紙面向外的圓形磁場區(qū)域，且該粒子在飛出磁場區(qū)域后能垂直打在OA面上，粒子重力不計求：（1）粒子在磁場

10、中做圓周運動的半徑；（2）粒子在磁場中運動的時間；（3）圓形磁場區(qū)域的最小半徑選考題：請考生在第15、16、17三題中任選二題作答，如果多做則按所做的第一、二題計分模塊3-3試題15下列說法正確的是（）A布朗運動反映了液體分子的無規(guī)則運動B0的冰熔化成0的水的過程中內能和分子勢能都有增大C物體的溫度為0時，物體分子的平均動能為零D隨著低溫技術的發(fā)展，我們可以使溫度逐漸降低，但不能達到絕對零度E氣體分子的平均動能越大，則氣體壓強越大F空氣的相對濕度定義為水的飽和蒸汽壓與相同溫度時空氣中所含水蒸氣的壓強之比16如圖所示，一根粗細均勻、內壁光滑、豎直放置的玻璃管下端密封，上端封閉但留有一抽氣孔管內下

11、部被活塞封住一定量的氣體（可視為理想氣體），氣體溫度為T1開始時，將活塞上方的氣體緩慢抽出，當活塞上方的壓強達到p0時，活塞下方氣體的體積為V1，活塞上方玻璃管的容積為2.6V1活塞因重力而產生的壓強為0.5p0繼續(xù)將活塞上方抽成真空并密封整個抽氣過程中管內氣體溫度始終保持不變然后將密封的氣體緩慢加熱求：活塞剛碰到玻璃管頂部時氣體的溫度；當氣體溫度達到1.8T1時氣體的壓強模塊3-4試題17下列選項與多普勒效應有關的是（）A變化的電場一定能產生變化的磁場B光的雙縫干涉實驗中，若僅將入射光從紅光改為紫光，則相鄰亮條紋間距一定變小C觀察者向著頻率為f的聲源運動時，接收到聲波的頻率f1一定大于聲源的

12、頻率fD麥克斯韋預言了電磁波的存在并用實驗加以證實E可以通過邁克爾孫莫雷實驗得出：不論光源與觀察者做怎樣的相對運動，光速都是一樣的18如圖，置于空氣中的一不透明容器內盛滿某種透明液體容器底部靠近器壁處有一豎直放置的6.0cm長的線光源靠近線光源一側的液面上蓋有一遮光板，另一側有一水平放置的與液面等高的望遠鏡，用來觀察線光源開始時通過望遠鏡不能看到線光源的任何一部分將線光源沿容器底向望遠鏡一側水平移至某處時，通過望遠鏡剛好可以看到線光源底端，再將線光源沿同一方向移動8.0cm，剛好可以看到其頂端求此液體的折射率n模塊3-5試題19下列說法正確的是（）A粒子大角度散射表明粒子很難進入原子內部B比結

13、合能越大表示原子核中的核子結合得越牢固C裂變反應有質量虧損，質量數不守恒D射線是一種波長很短的電磁波E玻爾理論的假設之一是原子能量的量子化20如圖所示，電阻不計的兩光滑金屬導軌放在水平絕緣桌面上，半徑為R的圓弧部分處在豎直平面內，水平直導軌部分處在方向豎直向下的勻強磁場中，末端與桌面邊緣平齊兩金屬棒ab、cd垂直于兩導軌且與導軌接觸良好棒ab質量為2m，棒cd的質量為m重力加速度為g開始棒cd靜止在水平直導軌上，棒ab從圓弧頂端無初速度釋放，進入水平直導軌后與棒cd始終沒有接觸并一直向右運動，最后兩棒都離開導軌落到地面上棒ab與棒cd落地點到桌面邊緣的水平距離之比為3：1求：棒ab和棒cd離開

14、導軌時的速度大??；兩棒在導軌上運動過程中產生的焦耳熱2015年海南省?？谑袊d中學高考物理模擬試卷（一）參考答案與試題解析一、單項選擇題：本題共6小題，每小題3分，共18分在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的1如圖所示，起重機將重為G的重物勻速吊起，此時四條鋼索與豎直方向的夾角均為60°，則每根鋼索中彈力大小為（）ABCD【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】先對重物進行受力分析，由平衡條件求出起重機豎直鋼繩的拉力，再根據數學知識得到豎直方向的鋼繩拉力與四條鋼繩拉力的關系，求出每根鋼索中彈力大小【解答】解：以整體為

15、研究對象，由平衡條件得知，起重機豎直鋼繩的拉力大小為F=G設每根鋼索中彈力大小為T由于四條鋼索與豎直方向的夾角均為60°，則有：4Tcos60°=G解得：T=故選D【點評】本題解題關鍵要搞清上方鋼繩的拉力與四根鋼索拉力的關系，根據豎直方向力平衡進行求解2“嫦娥一號”和“嫦娥二號”繞月飛行器的運行軌道可近似為圓形軌道，距月球表面高度分別為h1和h2，運動周期分別為T1和T2已知月球半徑為R，則T1和T2的比值為（）ABCD【考點】人造衛(wèi)星的加速度、周期和軌道的關系；萬有引力定律及其應用【專題】萬有引力定律的應用專題；人造衛(wèi)星問題【分析】嫦娥號繞月球做圓周運動，萬有引力提供圓周

16、運動向心力，由此得出周期與軌道半徑的關系從而得出比值【解答】解：由題意知，嫦娥號繞月球做勻速圓周運動的向心力由萬有引力提供，即：可得它們繞月球做圓周運動的周期T=，由此可知它們周期比等于其半徑的次方之比由題又知，已知它們離月球表面的高度，所以半徑r=R+h所以有： =，故BCD錯誤，A正確故選：A【點評】萬有引力提供圓周運動向心力是解決描述天體圓周運動的物理量與半徑關系的主要入手，熟悉公式及其推導變形是解決此類問題的關鍵3如圖所示，斜面體M放置在水平地面上，位于斜面上的物塊m受到沿斜面向上的推力F作用設物塊與斜面之間的摩擦力大小為F1，斜面與地面之間的摩擦力大小為F2增大推力F，斜面體始終保持

17、靜止，下列判斷正確的是（）A如果物塊沿斜面向上滑動，則F1、F2一定增大B如果物塊沿斜面向上滑動，則F1、F2一定不變C如果物塊與斜面相對靜止，則F1、F2一定增大D如果物塊沿斜面相對靜止，則F1、F2一定不變【考點】牛頓第二定律；力的合成與分解的運用【專題】牛頓運動定律綜合專題【分析】由題意斜面體始終保持靜止，若物塊沿斜面向上滑動，增大F，物塊對斜面體的壓力和摩擦力不變若物塊與斜面相對靜止，以整體為研究對象，根據平衡條件得到F1、F2與F的關系，再分析其變化【解答】解：A、B由圖看出，F平行于斜面，如果物塊沿斜面向上滑動，物塊對斜面體的壓力和摩擦力保持不變，增大推力F時，斜面體的受力情況沒有

18、改變，則F1、F2一定不變故A錯誤，B正確C、D如果物塊與斜面相對靜止時，以整體為研究對象，分析受力情況如圖，由平衡條件得到： F2=Fcos，是斜面的傾角，可見，F增大時，F2一定增大而對物塊研究得知，F1可能增大、可能減小，也可能大小不變故CD錯誤故選B【點評】本題當物塊在斜面運動時采用隔離法研究，當物塊在斜面上靜止時，可采用整體研究F2，要靈活選擇研究對象4一個電量為106C的負電荷從電場中A點移到B點電場力要做功2×106J，從c點移到J要克服電場力做功7×106J，若已知c點比B點電勢高3V，且A、B、C、D四點在同一條電場線上，則下列圖中正確的是（）ABCD【考

19、點】電場線；電勢差與電場強度的關系【專題】電場力與電勢的性質專題【分析】根據電勢差公式U=，分別求出AB間和CD間的電勢差，即可判斷出A、B間電勢和C、D電勢高低，根據順著電場線方向電勢降低，即可進行判斷【解答】解：A、B間的電勢差為 UAB=V=2V0，則A的電勢低于B的電勢；C、D間的電勢差為 UCD=V=7V0，則C的電勢高于D的電勢；又由題，C點比B點電勢高3V，所以電勢從高到低的順序是：C、B、A、D根據根據順著電場線方向電勢降低，故C正確，ABD錯誤故選：C【點評】本題關鍵掌握電勢差定義式，并能正確求解兩點間的電勢差，通過電場線，直觀即能反映各點電勢的高低5質子和中子是由更基本的粒

20、子即所謂“夸克”組成的兩個強作用電荷相反（類似于正負電荷）的夸克在距離很近時幾乎沒有相互作用（稱為“漸近自由”）；在距離較遠時，它們之間就會出現很強的引力（導致所謂“夸克禁閉”）作為一個簡單的模型，設這樣的兩夸克之間的相互作用力F與它們之間的距離r的關系為：式中F0為大于零的常量，負號表示引力用U表示夸克間的勢能，令U0=F0（r2r1），取無窮遠為勢能零點下列Ur圖示中正確的是（）ABCD【考點】電勢能；動能定理的應用【專題】壓軸題；電場力與電勢的性質專題【分析】本題通過分析兩夸克之間的相互作用力F做功情況判斷勢能的變化情況，即可進行選擇無窮遠處電勢為零，從無窮遠開始到r=r2位置，勢能恒定

21、為零，在r=r2到r=r1過程中，兩夸克之間的相互作用力F為引力，恒定引力做正功，勢能逐漸均勻減小，rr1之后勢能不變，恒定為U0【解答】解：從無窮遠處電勢為零開始到r=r2位置，由F的表達式可知，兩夸克之間的相互作用力F=0，則知勢能恒定為零；在r=r2到r=r1過程中，恒定引力做正功，勢能逐漸均勻減小，即勢能為負值且越來越小，此部分圖象為A、B選項中所示；rr1之后，F=0，勢能不變，恒定為U0，由引力做功等于勢能將少量，故U0=F0（r2r1）故B正確故選B【點評】本題是信息給予題，關鍵根據兩夸克之間的相互作用力F與它們之間的距離r的關系，分析F做功的正負，判斷勢能如何變化6在水平的足夠

22、長的固定木板上，一小物塊以某一初速度開始滑動，經一段時間t后停止現將該木板改置成傾角為45°的斜面，讓小物塊以相同的初速度沿木板上滑若小物塊與木板之間的動摩擦因數為則小物塊上滑到最高位置所需時間與t之比為（）ABCD【考點】牛頓第二定律；滑動摩擦力【專題】壓軸題【分析】對物塊在水平面和斜面上進行受力分析，運用牛頓第二定律結合運動學公式解決【解答】解：木板水平時，物塊的合力是滑動摩擦力根據牛頓第二定律得出：小物塊的加速度a1=g，設滑行初速度為v0，則滑行時間為t=；木板改置成傾角為45°的斜面后，對物塊進行受力分析：小滑塊的合力F合=mgsin45°+f=mgsi

23、n45°+mgcos45°小物塊上滑的加速度a2=，滑行時間t=2，因此=，故選A【點評】對物塊在水平面和斜面上進行受力分析，運用牛頓第二定律結合運動學公式解決注意情景發(fā)生改變，要重新進行受力分析二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的全部選對的得5分；選對但不全的得3分；有選錯的得0分7牛頓以天體之間普遍存在著引力為依據，運用嚴密的邏輯推理，建立了萬有引力定律在創(chuàng)建萬有引力定律的過程中，牛頓（）A接受了胡克等科學家關于“吸引力與兩中心距離的平方成反比”的猜想B根據地球上一切物體都以相同加速度下落的事實，得出物體

24、受地球的引力與其質量成正比，即Fm的結論C根據Fm和牛頓第三定律，分析了地月間的引力關系，進而得出Fm1m2D根據大量實驗數據得出了比例系數G的大小【考點】萬有引力定律的發(fā)現和萬有引力恒量的測定【專題】壓軸題【分析】解答本題需掌握：關于是什么原因使行星繞著太陽運動的問題，伽利略、開普勒和法國數學家笛卡爾都提出過自己的解釋，在創(chuàng)建萬有引力定律的過程中，牛頓時期的科學家，如胡克、哈雷等人對這一問題的認識更進一步胡克等人認為，行星繞太陽運動是因為受到太陽對它的引力，甚至證明了如果行星運動的軌道是圓形的，它所受到的引力的大小與行星到太陽的距離的二次方成反比；由牛頓第三定律，作用力與反作用力大小相等、方

25、向相反并且總是在同一條直線上，而且力的性質相同；卡文迪許測量出萬有引力常量【解答】解：題干要求“在創(chuàng)建萬有引力定律的過程中”，牛頓接受了平方反比猜想，和物體受地球的引力與其質量成正比，即Fm的結論；然后進行月地檢驗，進一步得出該規(guī)律適用與月地系統；而提出萬有引力定律后100多年，后來卡文迪許利用扭稱測量出萬有引力常量G的大小，后來根據大量實驗數據不斷的測定比例系數G的大小，即D選項是在建立萬有引力定律后才進行的探索，因此符合題意的只有AB故選：AB【點評】本題關鍵要熟悉萬有引力定律的發(fā)現過程中的相關物理學史，可以通過閱讀教材掌握物理學史8下列說法正確的是（）A汽車車速越快，慣性越大B以額定功率

26、運行的汽車，車速越快，牽引力越大C汽車在水平公路上轉彎時，車速越快，越容易滑出路面D汽車拉著拖車加速前進時，它對拖車的拉力與拖車對它的拉力大小相等【考點】功率、平均功率和瞬時功率；物體做曲線運動的條件【專題】功率的計算專題【分析】A、慣性只與質量有關與速度無關 B、由P=FV 得F=，可知P一定，F與V成反比 C、由向心力的表達式F=分析 D、汽車對拖車的拉力與拖車對它的拉力作用力與反作用力大小相等，方向相反【解答】解：A、汽車的慣性只與質量有關，與速度無關故A錯誤 B、由P=FV 得F=，則速度越大，牽引力越小故B錯誤 C、由F=可知，速度越大，所需向心力越大，當不能提供所需向心力時會做離心

27、運動故C正確 D、汽車拉著拖車加速前進時，它對拖車的拉力與拖車對它的拉力是作用力與反作用力，大小相等故D正確故選：CD【點評】考查動力學的基本內容，領會其要領較易分析9如圖所示，50匝矩形閉合導線框ABCD處于磁感應強度大小B=T的水平勻強磁場中，線框面積S=0.5m2，線框電阻不計線框繞垂直于磁場的軸OO以角速度=200rad/s勻速轉動，并與理想變壓器原線圈相連，副線圈線接入一只“220V，60W”燈泡，且燈泡正常發(fā)光，熔斷器允許通過的最大電流為10A，下列說法正確的是（）A圖示位置穿過線框的磁通量為零B線框中產生交變電壓的有效值為VC變壓器原、副線圈匝數之比為25：11D允許變壓器輸出的

28、最大功率為5000W【考點】正弦式電流的最大值和有效值、周期和頻率；交流發(fā)電機及其產生正弦式電流的原理【專題】交流電專題【分析】根據電壓與匝數成正比，電流與匝數成反比，變壓器的輸入功率和輸出功率相等，逐項分析即可得出結論【解答】解：A、由圖可知，此時線圈和磁場垂直，此時線框的磁通量最大，所以A錯誤B、矩形閉合導線框ABCD在磁場中轉動，產生的交流電的最大值為Em=nBs=50××0.5×200=V，由于最大值為有效值的倍，所以交流電的有效值為500V，所以B錯誤C、由于電壓與匝數成正比，所以變壓器原、副線圈匝數之比為=，所以C正確D、由于熔斷器允許通過的最大電流為

29、10A，所以允許變壓器輸出的最大功率為P=UI=500×10=5000W，所以D正確故選：CD【點評】掌握住理想變壓器的電壓、電流及功率之間的關系，本題即可得到解決10如圖所示小球從A點以初速度v0沿粗糙斜面向上運動，到達最高點B后返回A，C為AB的中點下列說法中正確的是（）A小球從A到B過程與從B到A過程，動能變化量的大小相等B小球從A到B過程與從B到A過程，機械能變化量的大小相等C小球從A到C過程與從C到B過程，動能變化量的大小相等D小球從A到C過程與從C到B過程，機械能變化量的大小相等【考點】功能關系；動能定理【分析】要求動能的減少量可以根據動能定理求合外力對物體所做的功；要求

30、速度的變化量可以根據公式v=at來求；而機械能的損失等于除重力外其他力所做的負功【解答】解：A、從A到B過程中小球受到重力、支持力和向下的摩擦力， ；從B到A過程，從A到B過程中小球受到重力、支持力和向上的摩擦力， 顯然動能變化量的大小不相等故A錯誤B、克服除重力之外其它力做多少功物體的機械能就減少多少，根據mgscos=E可得小球從A到B過程與從B到A過程，損失的機械能相等，故B正確；C、設A到C的高度和從C到B的高度為h，AC的距離和CB的距離都為s，斜面的傾角為，則有ssin=h，根據mghmgscoss=EK可知小球從A到C過程中與從C到B過程合外力對物體做的功相同，故小球減少的動能相

31、等故C正確D、克服除重力之外其它力做多少功物體的機械能就減少多少，根據mgscos=E可得小球從A到C過程與從C到B過程，損失的機械能相等故D正確故選：BCD【點評】本題目綜合性很強，考查的知識點很多，難度很大，是一道不可多得的好題三實驗題：本題共2小題，第11題6分，第12題9分，共15分把答案寫在答題卡中指定的答題處11圖中電源電動勢為E，內阻可忽略不計；電流表具有一定的內阻，電壓表的內阻不是無限大，S為單刀雙擲開關，R為待測電阻當S向電壓表一側閉合時，電壓表讀數為U1，電流表讀數為I1；當S向R一側閉合時，電流表讀數為I2（1）根據已知條件與測量數據，可以得出待測電阻R=（2）根據圖a所

32、給出的電路，在圖b的各器件實物圖之間畫出連接的導線【考點】伏安法測電阻；閉合電路的歐姆定律【專題】實驗題；壓軸題【分析】（1）根據閉合電路歐姆定律分兩次列方程，聯立求解；（2）連接實物圖要注意電流從電壓表和電流表的正接線柱流入，負接線柱流出，單刀雙擲開關控制整個電路的通斷，連線不要交叉【解答】解：（1）當S向電壓表一側閉合時，電壓表讀數為U1，電流表讀數為I1，根據閉合電路歐姆定律有E=U1+I1r整理得當S向R一側閉合時，電流表讀數為I2，根據閉合電路歐姆定律有E=I2（R+r）整理得故答案為：（2）按照電路圖連線，如圖，要注意電流從電壓表和電流表的正接線柱流入，負接線柱流出，單刀雙擲開關控

33、制整個電路的通斷，連線不要交叉【點評】本題第一問關鍵根據閉合電路歐姆定律列式求解；第二問涉及根據電路圖連接實物圖，常用方法有：若給定的電路是串聯電路，則從電源的正極開始用鉛筆畫線表示導線，依據電路圖中電流流經各元件的先后順序，將各實物元件順次、逐個地連接起來，最后接到電源的負極上；若給定的電路是并聯電路，則先將干路和一個支路照上述串聯電路畫出，再并聯上另一個支路即可12一水平放置的輕彈簧，一端固定，另一端與一小滑塊接觸，但不粘連；初始時滑塊靜止于水平氣墊導軌上的O點，如圖（a）所示現利用此裝置探究彈簧的彈性勢能Ep與其被壓縮時長度的改變量x的關系先推動小滑塊壓縮彈簧，用米尺測出x的數值；然后將

34、小滑塊從靜止釋放用計時器測出小滑塊從O點運動至氣墊導軌上另一固定點A所用時間t多次改變x值及其對應的t值如下表所示（表中的1/t值是根據t值計算得出的）x（cm）1.001.502.002.503.00t（s）3.332.201.601.321.08l/t（s1）0.3000.4550.6250.7580.926（1）根據表中數據，在圖（b）中的方格紙上做x圖線（2）回答下列問題：（不要求寫出計算或推導過程）已知點（0，0）在x圖線上，從x圖線看，與x是什么關系？從理論上分析，小滑塊剛脫離彈簧時的動能Ek與是什么關系（不考慮摩擦力）？當彈簧長度該變量為x時，彈性勢能Ep與相應Ek是什么關系？綜

35、合考慮以上分析，Ep與x是什么關系？【考點】彈性勢能【專題】實驗題；壓軸題【分析】（1）通過描點法作圖即可；（2）x圖線是直線，說明與x是正比關系；與速度成正比，Ek與速度平方成正比；機械能守恒，故彈簧減小的彈性勢能等于增加的動能，即Ep=Ek；Ek與（）2成正比，Ep=Ek，與x成正比，故Ep與x的平方成正比【解答】解：（1）根據表中數據，在圖（b）中的方格紙上作出x圖線，如圖所示（2）x圖線是直線，故與x成正比；與速度成正比，Ek與速度平方成正比，故Ek與（）2成正比；根據機械能守恒，有Ep=Ek；Ek與（）2成正比，Ep=Ek，與x成正比，Ep與x2成正比答：（1）如圖所示（2）與x成正

36、比；Ek與（）2成正比；Ep=Ek；Ep與x2成正比【點評】本題關鍵是明確實驗原理，通過作圖得到x，逐步分析得到Ep與x2成正比四計算題：本題共2小題，第13題10分，第14題13分，共23分把解答寫在答題卡中指定的答題處，要寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟13電梯的簡化模型如圖1所示考慮安全、舒適、省時等因素，電梯的加速度a是隨時間t變化的，已知電梯在t=0時由靜止開始上升，at圖象如圖2所示電梯總質量m=2.0×103kg忽略一切阻力，重力加速度g取10m/s2（1）求電梯在上升過程中受到的最大拉力F1和最小拉力F2；（2）求電梯以最大速率上升時，拉力做功的功率P；再求在01

37、1s時間內，拉力和重力對電梯所做的總功W【考點】功率、平均功率和瞬時功率；功的計算【專題】功率的計算專題【分析】（1）由圖讀出電梯向上加速運動的最大加速度和減速運動的最大加速度大小，由牛頓第二定律求解最大拉力F1和最小拉力F2；（2）由at圖象可知，11s30s內速率最大，其值等于011s內at圖線下的面積，此時電梯做勻速運動，拉力F等于重力mg，由P=Fv求出拉力的功率由動能定理求解拉力和重力對電梯所做的總功W【解答】解；（1）由牛頓第二定律，有 Fmg=ma由at圖象可知，F1和F2對應的加速度分別是a1=1.0m/s2，a2=1.0m/s2則 F1=m（g+a1）=2.0×10

38、3×（10+1.0）N=2.2×104N F2=m（g+a2）=2.0×103×（101.0）N=1.8×104N（2）由at圖象可知，11s30s內速率最大，其值等于011s內at圖線下的面積，有 m=10m/s此時電梯做勻速運動，拉力F等于重力mg，所求功率P=Fm=mgm=2.0×103×10×10W=2.0×105W由動能定理，總功W=Ek2Ek1=mm20=×2.0×103×102J=1.0×105J答：（1）電梯在上升過程中受到的最大拉力F1是2.2&#

39、215;104N，最小拉力F2是1.8×104N（2）電梯以最大速率上升時，拉力做功的功率P為2.0×105W；在011s時間內，拉力和重力對電梯所做的總功W是1.0×105J【點評】本題一要有基本的讀圖能力，并能根據加速度圖象分析電梯的運動情況；二要能運用類比法，理解加速度圖象“面積”的物理意義14如圖所示，在傾角為30°的斜面OA的左側有一豎直檔板，其上有一小孔P現有一質量m=4×1020kg，帶電量q=+2×1014C的粒子，從小孔以速度v0=3×104m/s水平射向磁感應強度B=0.2T、方向垂直紙面向外的圓形磁場區(qū)

40、域，且該粒子在飛出磁場區(qū)域后能垂直打在OA面上，粒子重力不計求：（1）粒子在磁場中做圓周運動的半徑；（2）粒子在磁場中運動的時間；（3）圓形磁場區(qū)域的最小半徑【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動【專題】帶電粒子在磁場中的運動專題【分析】（1）粒子在磁場中，由洛倫茲力提供向心力，根據牛頓第二定律求出粒子在磁場中做圓周運動的半徑；（2）畫出粒子運動的軌跡如圖，由幾何知識得到軌跡對應的圓心角，由t=T求出粒子在磁場中運動的時間；（3）當粒子的軌跡圓正好以PQ為直徑時，圓形磁場區(qū)域的半徑最小，則知最小半徑的值【解答】解：（1）粒子在磁場中，由洛倫茲力提供向心力，根據牛頓第二定律得：qvB=m，解得：r=

41、，代入數據記得：r=0.3m，（2）粒子在磁場中做圓周運動的周期：T=，畫出粒子運動的軌跡如圖，由幾何知識得到軌跡對應的圓心角=60°，則粒子在磁場中運動的時間為：t=T=T=，代入數據解得：t=×105s；（3）當粒子的軌跡圓正好以PQ為直徑時，圓形磁場區(qū)域的半徑最小，根據幾何知識得知，PQ=r，則磁場最小的半徑為Rmin=0.15m；答：（1）粒子在磁場中做圓周運動的半徑為0.3m；（2）粒子在磁場中運動的時間是×105s；（3）圓形磁場區(qū)域的最小半徑是0.15m【點評】本題中圓形磁場區(qū)域最小的直徑等于入射點與出射點間的距離是常用的經驗結論，在本題中要靈活運用

42、選考題：請考生在第15、16、17三題中任選二題作答，如果多做則按所做的第一、二題計分模塊3-3試題15下列說法正確的是（）A布朗運動反映了液體分子的無規(guī)則運動B0的冰熔化成0的水的過程中內能和分子勢能都有增大C物體的溫度為0時，物體分子的平均動能為零D隨著低溫技術的發(fā)展，我們可以使溫度逐漸降低，但不能達到絕對零度E氣體分子的平均動能越大，則氣體壓強越大F空氣的相對濕度定義為水的飽和蒸汽壓與相同溫度時空氣中所含水蒸氣的壓強之比【考點】*相對濕度；分子勢能；熱力學第二定律【分析】布朗運動是固體微粒的無規(guī)則運動改變物體的內能方式可以通過兩種方式一種是做功，另一種是熱傳遞物體內的分子在永不停息的做無

43、規(guī)則運動【解答】解：A、布朗運動是固體微粒的無規(guī)則運動，反映了液體分子的無規(guī)則運動故A正確；B、0的冰熔化成0的水的過程中，分子的平均動能不變，內能和分子勢能都有增大，故B正確C、物體內的分子在永不停息的做無規(guī)則運動，當溫度為0時，物體的分子平均動能一定不為零，故C錯誤D、根據熱力學第三定律可知，絕度0度不可到達故D正確E、氣體的壓強與分子運動的激烈程度、分子的密度都有關，氣體分子的平均動能越大，則氣體壓強不一定越大故E錯誤；F、空氣的相對濕度定義為空氣中所含水蒸氣的壓強與相同溫度時水的飽和蒸汽壓之比故F錯誤故選：ABD【點評】本題考查了布朗運動、內能、絕度0度、氣體飛壓強等，知識點多，難度小

44、，關鍵是記住基礎知識16如圖所示，一根粗細均勻、內壁光滑、豎直放置的玻璃管下端密封，上端封閉但留有一抽氣孔管內下部被活塞封住一定量的氣體（可視為理想氣體），氣體溫度為T1開始時，將活塞上方的氣體緩慢抽出，當活塞上方的壓強達到p0時，活塞下方氣體的體積為V1，活塞上方玻璃管的容積為2.6V1活塞因重力而產生的壓強為0.5p0繼續(xù)將活塞上方抽成真空并密封整個抽氣過程中管內氣體溫度始終保持不變然后將密封的氣體緩慢加熱求：活塞剛碰到玻璃管頂部時氣體的溫度；當氣體溫度達到1.8T1時氣體的壓強【考點】理想氣體的狀態(tài)方程【專題】理想氣體狀態(tài)方程專題【分析】活塞從開始剛碰到玻璃管頂部時，分析三個參量變化的情

45、況，分別根據玻意耳定律和氣態(tài)方程對過程進行研究，列方程求解【解答】解：由玻意耳定律得： =，式中V是抽成真空后活塞下方氣體體積由蓋呂薩克定律得： =解得：T=1.2T1由查理定律得： =解得：p2=0.75p0答：活塞剛碰到玻璃管頂部時氣體的溫度是1.2T；當氣體溫度達到1.8T1時氣體的壓強是0.75p0【點評】對于氣體狀態(tài)變化問題，關鍵分析氣體的狀態(tài)參量，確定是何種變化過程，再列方程求解模塊3-4試題17下列選項與多普勒效應有關的是（）A變化的電場一定能產生變化的磁場B光的雙縫干涉實驗中，若僅將入射光從紅光改為紫光，則相鄰亮條紋間距一定變小C觀察者向著頻率為f的聲源運動時，接收到聲波的頻率

46、f1一定大于聲源的頻率fD麥克斯韋預言了電磁波的存在并用實驗加以證實E可以通過邁克爾孫莫雷實驗得出：不論光源與觀察者做怎樣的相對運動，光速都是一樣的【考點】多普勒效應【分析】當聲源離觀測者而去時，聲波的波長增加，音調變得低沉，當聲源接近觀測者時，聲波的波長減小，音調就變高音調的變化同聲源與觀測者間的相對速度和聲速的比值有關這一比值越大，改變就越顯著，后人把它稱為“多普勒效應”【解答】解：A、變化的電場一定能產生的磁場，變化的電場不一定能產生變化的磁場，與電磁場理論有關，與多普勒效應無關故A錯誤；B、光的雙縫干涉實驗中，若僅將入射光從紅光改為紫光，則相鄰亮條紋間距一定變小，與光的干涉理論有關，與

47、多普勒效應無關故B錯誤；C、觀察者向著頻率為f的聲源運動時，接收到聲波的頻率f1一定大于聲源的頻率f，與多普勒效應無關故C正確；D、麥克斯韋預言了電磁波的存在，赫茲用實驗加以證實故D錯誤E、可以通過邁克爾孫莫雷實驗得出：不論光源與觀察者做怎樣的相對運動，光速都是一樣的，是光速不變原理，與多普勒效應無關故E錯誤故選：C【點評】本題考查了多普勒效應，記住“高亢表示靠近，低沉表示遠離”的結論即可，基礎題18如圖，置于空氣中的一不透明容器內盛滿某種透明液體容器底部靠近器壁處有一豎直放置的6.0cm長的線光源靠近線光源一側的液面上蓋有一遮光板，另一側有一水平放置的與液面等高的望遠鏡，用來觀察線光源開始時通過望遠鏡不能看到線光源的任何一部分將線光源沿容器底向望遠鏡一側水平移至某處時，通過望遠鏡剛好可以看到線光源底端，再將線光源沿同一方向移動8.0cm，剛好可以看到其頂端求此液體的折射率n【考點】光的折射定律【專題】光的折射專題【分析】當線光源上某一點發(fā)出的光線射到未被遮光板遮住的液面上時，射到遮光板邊緣O的那條光線的入射角最小【解答】解：若線光源底端在A點時，望