(含答案解析)河南省鄭州市2015屆高三第一次質(zhì)量預(yù)測物理試題

1、2015年河南省鄭州市高考物理一模試卷一、選擇題（本題共10小題，每小題4分，共40分在每小題給出的四個選項中，第16題只有一項符合題目要求，第710題有多項符合題目要求全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯或不答的得0分）1（4分）（2015鄭州一模）關(guān)于行星運動定律和萬有引力定律的建立過程，下列說法正確的是（） A 第谷通過整理大量的天文觀測數(shù)據(jù)得到行星運動規(guī)律 B 開普勒指出，地球繞太陽運動是因為受到來自太陽的引力 C 牛頓通過比較月球公轉(zhuǎn)的向心加速度和地球赤道上物體隨地球自轉(zhuǎn)的向心加速度，對萬有引力定律進(jìn)行了“月地檢驗” D 卡文迪許在實驗室里通過幾個鉛球之間萬有引力的測量，得出

2、了引力常量的數(shù)值【考點】： 萬有引力定律及其應(yīng)用【專題】： 萬有引力定律的應(yīng)用專題【分析】： 本題是物理學(xué)史問題，根據(jù)開普勒、牛頓、卡文迪許等等科學(xué)家的物理學(xué)成就進(jìn)行解答【解析】： 解：A、開普勒對天體的運行做了多年的研究，最終得出了行星運行三大定律，故A錯誤B、牛頓認(rèn)為行星繞太陽運動是因為受到太陽的引力作用，引力大小與行星到太陽的距離的二次方成反比，故B錯誤C、牛頓通過比較月球公轉(zhuǎn)的周期，根據(jù)萬有引力充當(dāng)向心力，對萬有引力定律進(jìn)行了“月地檢驗”，故C錯誤D、牛頓發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律之后，第一次通過實驗比較準(zhǔn)確地測出萬有引力常量的科學(xué)家是卡文迪許，故D正確故選：D【點評】： 本題考查物理學(xué)史，是

3、常識性問題，對于物理學(xué)上重大發(fā)現(xiàn)、發(fā)明、著名理論要加強(qiáng)記憶，特別是著名科學(xué)家的貢獻(xiàn)要記牢2（4分）（2015鄭州一模）“神州十號”飛船太空授課中，航天員王亞平曾演示了太空中采用動力學(xué)方法測量質(zhì)量的過程如圖所示是采用動力學(xué)方法測量“天宮一號”空間站質(zhì)量的原理圖，若已知飛船質(zhì)量為3.5×103kg，其推進(jìn)器的平均推力為1560N，在飛船與空間站對接后，推進(jìn)器工作了7s，在這段時間內(nèi)，飛船和空間站速度變化了0.91m/s，則空間站的質(zhì)量約為（） A 1.2×104kg B 8.5×103kg C 1.6×104kg D 5.0×103kg【考點】：

4、牛頓第二定律【專題】： 牛頓運動定律綜合專題【分析】： 對整體火箭組受力分析列出牛頓第二定律方程，再結(jié)合加速度的定義，即可求解【解析】： 解：由運動學(xué)公式：，對整體，由牛頓第二定律：F=（m1+m2）a解得：；故ACD錯誤，B正確，故選：B【點評】： 遇到連接體問題一般應(yīng)采取“先整體后隔離”的順序并根據(jù)牛頓第二定律列式求解，基礎(chǔ)問題3（4分）（2015鄭州一模）以不同初速度將兩個物體同時豎直向上拋出并開始計時，一個物體所受空氣阻力可忽略另一物體所受空氣阻力大小與物體速率成正比，在同一坐標(biāo)系中，用虛線和實線描述兩物體運動的vt圖象，可能正確的是（） A B C D 【考點】： 牛頓第二定律；勻變

5、速直線運動的圖像；豎直上拋運動【分析】： 豎直上拋運動是初速度不為零的勻變速直線運動，加速度恒定不變，故其vt圖象是直線；有阻力時，根據(jù)牛頓第二定律判斷加速度情況，vt圖象的斜率表示加速度【解析】： 解：沒有空氣阻力時，物體只受重力，是豎直上拋運動，vt圖象是直線；有空氣阻力時，上升階段，根據(jù)牛頓第二定律，有：mg+f=ma，故a=g+，由于阻力隨著速度而減小，故加速度逐漸減小，最小值為g；有空氣阻力時，下降階段，根據(jù)牛頓第二定律，有：mgf=ma，故a=g，由于阻力隨著速度而增大，故加速度減?。籿t圖象的斜率表示加速度，故圖線與t軸的交點對應(yīng)時刻的加速度為g，切線與虛線平行；故選：C【點評】

6、： 本題關(guān)鍵是明確vt圖象上某點的切線斜率表示加速度，速度為零時加速度為g，不難4（4分）（2015鄭州一模）一半徑為R的絕緣環(huán)上，均勻地帶有電荷量為Q的電荷，在垂直于圓環(huán)平面的對稱軸上有一點P，它與環(huán)心O的距離OP=L設(shè)靜電力常量為k，關(guān)于P電的場強(qiáng)E，下列四個表達(dá)式中有一個是正確的，請你根據(jù)所學(xué)的物理知識，通過一定的分析，判斷正確的表達(dá)式是（） A B C D 【考點】： 電場強(qiáng)度【專題】： 電場力與電勢的性質(zhì)專題【分析】： 將帶電圓環(huán)分成若干段，每一小段看作一個點電荷，再根據(jù)點電荷場強(qiáng)公式E=，求出每個點電荷在a處產(chǎn)生的場強(qiáng)大小，最后結(jié)場強(qiáng)的合成三角函數(shù)關(guān)系，即可求解【解析】： 解：設(shè)想

7、將圓環(huán)等分為n個小段，當(dāng)n相當(dāng)大時，每一小段都可以看做點電荷，其所帶電荷量為：q=由點電荷場強(qiáng)公式可求得每一點電荷在P處的場強(qiáng)為：E=k= 由對稱性可知，各小段帶電環(huán)在P處的場強(qiáng)E的垂直于軸向的分量Ey相互抵消，而E的軸向分量Ex之和即為帶電環(huán)在P處的場強(qiáng)E，故：E=nEx=n×=而r=聯(lián)立可得：E=，答案D正確故選：D【點評】： 本題關(guān)鍵掌握點電荷電場強(qiáng)度的公式E=，注意學(xué)會微元法處理問題不能頭腦簡單直接用公式E=求P點的場強(qiáng)5（4分）（2015鄭州一模）如圖所示，光滑斜面固定在水平面上，第一次讓小球從斜面頂端A由靜止釋放，使小球沿斜面滑到底端B；第二次將小球從斜面頂端A沿水平方向

8、拋出，使小球剛好落在斜面底端B比較兩次小球的運動，下列說法正確的是（） A 第二次小球運動經(jīng)歷時間更長 B 第一次小球運動速度變化更快 C 第二次小球到達(dá)B點的速度更大 D 兩種情況小球到達(dá)B點的速度方向相同【考點】： 平拋運動【專題】： 平拋運動專題【分析】： A球做勻加速直線運動，B球做平拋運動，落到底端時速度方向不同，根據(jù)小球的受力判斷合力做功，根據(jù)動能定理判斷到達(dá)B點時，速度的大小，根據(jù)勻變速直線運動基本公式和平拋運動的基本公式判斷運動時間長短【解析】： 解：A、設(shè)斜面傾角為，斜面長度為l，第一次的加速度為a=gsin，第二次做平拋運動，加速度為g，則第二次速度變化快，第一次運動的時間

9、t=，第二次運動的時間，所以第一次運動時間長，故AB錯誤；C、第一次和第二次運動的過程中，都只有重力做功，可知運動過程中兩小球合力做功相同，動能的變化量相同，但第二次初速度大于零，所以第二次小球達(dá)到B點的速度更大，故C正確D、第一次到達(dá)B點沿斜面方向，第二次不沿斜面方向，方向不同故D錯誤故選：C【點評】： 解決本題的關(guān)鍵知道A、B兩球的運動規(guī)律，通過動能定理可以比較速度的大小關(guān)系，注意落在斜面上速度的方向不同6（4分）（2015鄭州一模）如圖所示，一輕質(zhì)彈簧的下端，固定在水平面上，上端疊放著兩個質(zhì)量均為M的物體A、B（物體B與彈簧栓接），彈簧的勁度系數(shù)為k，初始時物體處于靜止?fàn)顟B(tài)現(xiàn)用豎直向上的

10、拉力F作用在物體A上，使物體A開始向上做加速度為a的勻加速運動，測得兩個物體的vt圖象如圖乙所示（重力加速度為g），則（） A 施加外力的瞬間，A、B間的彈力大小為M（ga） B A、B在t1時刻分離，此時彈簧彈力大小恰好為零 C 彈簧恢復(fù)到原長時，物體B的速度達(dá)到最大值 D B與彈簧組成的系統(tǒng)的機(jī)械能先逐漸增加，后保持不變【考點】： 機(jī)械能守恒定律【專題】： 機(jī)械能守恒定律應(yīng)用專題【分析】： 題中彈簧彈力根據(jù)胡克定律列式求解，先對物體AB整體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律列方程；再對物體B受力分析，根據(jù)牛頓第二定律列方程；t1時刻是A與B分離的時刻，之間的彈力為零【解析】： 解：A、施加F前，物

11、體AB整體平衡，根據(jù)平衡條件，有：2Mg=kx；解得：x=2施加外力F的瞬間，對B物體，根據(jù)牛頓第二定律，有：F彈MgFAB=Ma其中：F彈=2Mg解得：FAB=M（ga），故A正確B、物體A、B在t1時刻分離，此時A、B具有共同的v與a；且FAB=0；對B：F彈Mg=Ma解得：F彈=M（g+a），故B錯誤C、B受重力、彈力及壓力的作用；當(dāng)合力為零時，速度最大，而彈簧恢復(fù)到原長時，B受到的合力為重力，已經(jīng)減速一段時間；速度不是最大值；故C錯誤；D、B與彈簧開始時受到了A的壓力做負(fù)功，故開始時機(jī)械能減小；故D錯誤；故選：A【點評】： 本題關(guān)鍵是明確A與B分離的時刻，它們間的彈力為零這一臨界條件；

12、然后分別對AB整體和B物體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律列方程及機(jī)械能守恒的條件進(jìn)行分析7（4分）（2015鄭州一模）如圖所示為街頭變壓器通過降壓給用戶供電的示意圖變壓器和用戶之間兩條輸電線的總電阻用R0表示，用電器增加時相當(dāng)于R的值減?。ɑ瑒悠蛳乱疲┖褪抢硐虢涣麟妷罕?，示數(shù)分別用U1和U2表示；和是理想交流電流表，示數(shù)分別用I1和I2表示忽略變壓器上的能量損失，輸入電壓恒定下列說法正確的是（） A 用電器數(shù)目增加時，用電器兩端電壓減小 B 用電器數(shù)目增加時，兩電流表示數(shù)I1、I2不變 C 變壓器的輸入功率與用電器數(shù)目增減無關(guān) D 滑片P向上滑動的過程中，輸電線上的功率損耗減小【考點】： 變壓器

13、的構(gòu)造和原理；電功、電功率【專題】： 交流電專題【分析】： 和閉合電路中的動態(tài)分析類似，可以根據(jù)R的變化，確定出總電路的電阻的變化，進(jìn)而可以確定總電路的電流的變化的情況，再根據(jù)電壓不變，來分析其他的原件的電流和電壓的變化的情況【解析】： 解：A、當(dāng)用電器增加時，相當(dāng)于R的值減小，電路中的總的電阻減小，所以電流I2要變大，即A2的示數(shù)變大，由于副線圈的電流變大，電阻R0消耗的電壓變大，又因為V2的示數(shù)不變，所以用電器兩端電壓減小，故A正確，B錯誤；C、由于變壓器的輸入的功率和輸出的功率相等，由于副線圈的電阻減小了，輸出的功率變大了，所以原線圈的輸入的功率也要變大，故C錯誤；D、滑片P向上滑動的過

14、程中，相當(dāng)于R的值增大，電流I2要變小，輸電線上的功率損耗減小，故D正確；故選：AD【點評】： 電路的動態(tài)變化的分析，總的原則就是由部分電路的變化確定總電路的變化的情況，再確定其他的電路的變化的情況，即先部分后整體再部分的方法8（4分）（2015鄭州一模）如圖是質(zhì)譜儀工作原理的示意圖帶電粒子a、b從容器中的A點飄出（在A點初速度為零），經(jīng)電壓U加速后，從x軸坐標(biāo)原點處進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，最后分別打在感光板S上，坐標(biāo)分別為x1、x2圖中半圓形的虛線分別表示帶電粒子a、b所通過的路徑，則（） A b進(jìn)入磁場的速度一定大于a進(jìn)入磁場的速度 B a的比荷一定大于b的比荷 C 若a、b電荷量相

15、等，則它們的質(zhì)量之比ma：mb=x12：x22 D 若a、b質(zhì)量相等，則它們在磁場中運動時間之比ta：tb=x1：x2【考點】： 質(zhì)譜儀和回旋加速器的工作原理【分析】： 帶電粒子先在勻強(qiáng)電場中做勻加速直線運動，再進(jìn)入磁場做勻速圓周運動，軌跡為半圓，本題動能定理和牛頓第二定律求解【解析】： 解：A、粒子在磁場中由洛倫茲力提供向心力可知qvB=，r=，半徑與速度和比荷有關(guān)，故A錯誤；B、由動能定理可知粒子經(jīng)過加速電場后的速度為qU=，v=，r=，a的比荷一定大于b的比荷，故B正確；C、根據(jù)r=，則它們的質(zhì)量之比ma：mb=x12：x22，故C正確；D、經(jīng)歷的時間為t=，故則它們在磁場中運動時間之比

16、ta：tb=x12：x22故D錯誤故選：BC【點評】： 本題屬于帶電粒子在組合場中運動問題，電場中往往用動能求速度，磁場中圓周運動處理的基本方法是畫軌跡9（4分）（2015鄭州一模）如圖所示，邊長為L，總電阻為R的均勻正方形線框abcd放置在光滑水平桌面上，其cd邊右側(cè)緊靠兩個磁感強(qiáng)度為B、寬度為L、方向相反的有界勻強(qiáng)磁場現(xiàn)使線框以初速度v0勻減速通過磁場區(qū)域，從開始進(jìn)入，到完全離開磁場的過程中，下列圖線能定性反應(yīng)線框中的感應(yīng)電流（以逆時針方向為正）和a、b兩點間的電勢差隨時間變化關(guān)系的是（） A B C D 【考點】： 導(dǎo)體切割磁感線時的感應(yīng)電動勢【專題】： 電磁感應(yīng)與電路結(jié)合【分析】： 由

17、E=BLv求出感應(yīng)電動勢，由歐姆定律求出感應(yīng)電流和ab間的電壓，然后選擇圖象要分段研究【解析】： 解：線圈進(jìn)入左側(cè)磁場過程：在進(jìn)入磁場0L的過程中，E=BLv0，電流I=i0，方向為逆時針方向，為正；a的電勢比b的電勢高，ab間的電勢差 Uab=E=BLv0=u0；在L2L的過程中，電動勢E=2BLv0，電流I=2i0，方向為順時針方向，為負(fù)a的電勢比b的電勢高，ab間的電勢差 Uab=E=BLv0=2u0；在2L3L的過程中，E=BLv0，電流I=i0，方向為逆時針方向，為正；a的電勢比b的電勢低，ab間的電勢差 Uab=E=BLv0=3u0；故AC正確，BD錯誤故選：AC【點評】： 解決本

18、題的關(guān)鍵掌握切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢公式以及安培力的大小公式，會通過楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向10（4分）（2015鄭州一模）如圖所示，質(zhì)量為m的物塊從傾角為的傳送帶底端由靜止釋放，傳送帶由電動機(jī)帶動，始終保持速率v勻速運動，物塊與傳動帶間的動摩擦因數(shù)為（tan），物塊到達(dá)頂端前能與傳送帶保持相對靜止在物塊從靜止釋放到相對傳送帶靜止的過程中，下列說法正確的是（） A 電動機(jī)因運送物塊多做的功為mv2 B 系統(tǒng)因運送物塊增加的內(nèi)能為 C 傳送帶克服摩擦力做的功為mv2 D 電動機(jī)因運動物塊增加的功率為mgvcos【考點】： 功能關(guān)系；電功、電功率【分析】： 在物塊從靜止釋放到相對傳送帶靜止的過程中，

19、電動機(jī)多做的功等于系統(tǒng)摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能和物塊機(jī)械能的增加量；電動機(jī)多做的功也等于克服摩擦力做的功；根據(jù)功能關(guān)系列式分析【解析】： 解：A、電動機(jī)多做的功等于系統(tǒng)摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能和物塊機(jī)械能的增加量；對滑塊，增加的機(jī)械能為：E=fL=mgcost系統(tǒng)增加的內(nèi)能：Q=fS=f（S帶S物）=f（vtt）=mgcost故E=Q故電動機(jī)多做的功等于物體機(jī)械能增加量的2倍，大于mv2；故A錯誤；B、系統(tǒng)增加的內(nèi)能：Q=fS=f（S帶S物）=f（vtt）=mgcost物體的加速度：a=g（cossin）故加速時間：t=故系統(tǒng)增加的內(nèi)能：Q=；故B正確；C、傳送帶運動的距離：S帶=vt=故傳送帶克服摩擦力做功：W

20、克f=fS帶=mgcos=，故C錯誤；D、電動機(jī)增加的功率即為克服摩擦力做功的功率，大小為：P=fv=mgcosv；故D正確；故選：BD【點評】： 本題關(guān)鍵是明確滑塊的受力情況、運動情況和能量轉(zhuǎn)化情況，結(jié)合功能關(guān)系、運動學(xué)公式列式分析，不難二、實驗題（本題共3小題，共17分請把分析結(jié)果填在答題卡上或按題目要求作答）11（4分）（2015鄭州一模）關(guān)于高中物理力學(xué)實驗，下列說法中正確的是（） A 利用打點計時器“研究勻變速直線運動”的實驗中，應(yīng)先釋放小車后接通電源 B 在“驗證力的平行四邊形定則”的實驗中，要使力的作用效果相同，只需讓橡皮條具有相同的伸長量即可 C 在“驗證牛頓第二定律”的實驗中

21、，采用了“控制變量”的研究方法 D 在“探究動能定理”的實驗中，應(yīng)將軌道適當(dāng)傾斜，以平衡小車運動過程的阻力【考點】： 驗證牛頓第二運動定律；驗證力的平行四邊形定則；探究功與速度變化的關(guān)系【專題】： 實驗題【分析】： 正確解答該題的關(guān)鍵是：理解所涉及的各個力學(xué)實驗的實驗原理，明確具體操作和注意事項，如“驗證力的平行四邊形定則”采用了等效替代的方法，而“驗證牛頓第二定律”實驗中，則采用了控制變量的實驗方法，在涉及紙帶的實驗中要求先接通電源后釋放紙帶【解析】： 解：A、利用打點計時器“研究勻變速直線運動”的實驗中，應(yīng)先接通電源后釋放小車，故A錯誤；B、在“驗證力的平行四邊形定則”實驗中，要使力的作用

22、效果相同，橡皮條具有相同的伸長量，且拉伸方向相同，故B錯誤；C、“驗證牛頓第二定律”實驗中，由于涉及物理量較多，因此采用了控制變量的實驗方法，故C正確；D、為了保證小車的動能都是橡皮筋做功的結(jié)果，必須平衡摩擦力，長木板要適當(dāng)?shù)膬A斜，故D正確故選：CD【點評】： 解答實驗問題的關(guān)鍵是明確實驗原理，理解具體操作和注意事項12（4分）（2015鄭州一模）（1）有一種游標(biāo)卡尺，與普通游標(biāo)卡不同，它的游標(biāo)尺刻線看起來很“稀疏”，使得讀數(shù)時清晰明了，方便正確讀取數(shù)據(jù)圖1示某游標(biāo)卡尺的游標(biāo)尺刻線是“”將39mm等分成20份”，用該游標(biāo)卡尺測量某一物體厚度時的示數(shù)如圖所示，則該物體的厚度時30.40mm（2）

23、使用螺旋測微器測量某金屬導(dǎo)線的直徑時示數(shù)如圖2所示，則該金屬導(dǎo)線的直徑為0.825mm【考點】： 刻度尺、游標(biāo)卡尺的使用；螺旋測微器的使用【專題】： 實驗題【分析】： 游標(biāo)卡尺是利用差值讀數(shù)原理設(shè)計的，20分度游標(biāo)卡尺，游標(biāo)尺總長度為39mm，每小格比主尺最小刻度小0.05mm，故精確度為0.05mm；游標(biāo)卡尺讀數(shù)=固定刻度讀數(shù)+游標(biāo)尺讀數(shù)；【解析】： 解：（1）游標(biāo)卡尺是利用差值讀數(shù)原理設(shè)計的，20分度游標(biāo)卡尺，游標(biāo)尺總長度為39mm，每小格為1.95mm，比主尺的2倍最小刻度小0.05mm，故精確度為0.05mm；游標(biāo)卡尺讀數(shù)=固定刻度讀數(shù)+游標(biāo)尺讀數(shù)=30mm+0.05mm×8

24、=30.40mm；（2）螺旋測微器的固定刻度讀數(shù)為0.5mm，可動刻度讀數(shù)為0.01×32.5mm=0.325mm，所以最終讀數(shù)為：0.5mm+0.325mm=0.825 mm故答案為：30.40，0.825【點評】： 解決本題的關(guān)鍵掌握游標(biāo)卡尺和螺旋測微器的讀數(shù)方法，游標(biāo)卡尺讀數(shù)的方法是主尺讀數(shù)加上游標(biāo)讀數(shù)，不需估讀螺旋測微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(shù)，在讀可動刻度讀數(shù)時需估讀13（9分）（2015鄭州一模）實驗室備用以下器材：電壓傳感器、電流傳感器、滑動變阻器R1（阻值變化范圍020）、滑動變阻器R2（阻值變化范圍01000）、電動勢適當(dāng)?shù)碾娫?、小燈泡?V，2W）

25、、開關(guān)、導(dǎo)線若干（1）要完整地描繪小燈泡的UI曲線，請在方框中畫出實驗電路圖1，并標(biāo)出所用滑動變阻器的符號（2）實驗中描繪出的小燈泡UI曲線如圖2所示，由圖可知，小燈泡燈絲電阻隨溫度升高而增大（填“增大”、“減小”或“不變”）（3）如果用上述器材測量所給電源的電動勢和內(nèi)電阻，實驗電路如圖3甲所示，圖中R0是阻值為9.0的保護(hù)電阻，實驗中測得多組數(shù)據(jù)如表所示，試在同一坐標(biāo)系中畫出等效電源的UI圖象，由圖象可求出電源自身內(nèi)阻約為1 序號 1 2 3 4 5 6U/V 4.00 3.40 2.80 2.00 1.50 0.80I/A 0.20 0.25 0.33 0.40 0.46 0.52（4）若

26、將上述小燈泡直接與電源和保護(hù)電阻組成串聯(lián)電路，如圖3乙所示，此時小燈泡消耗的電功率約為0.82W【考點】： 測定電源的電動勢和內(nèi)阻；描繪小電珠的伏安特性曲線【專題】： 實驗題【分析】： （1）根據(jù)實驗原理與實驗?zāi)康拇_定滑動變阻器與電流表的接法，然后作出電路圖（2）分析圖示圖象，應(yīng)用歐姆定律分析答題（3）應(yīng)用描點法作出電源的UI圖象，然后由圖象求出電源的內(nèi)阻（4）由圖示求出燈泡的電壓與電流，然后求出燈泡功率【解析】： 解：（1）描繪燈泡的伏安圖象曲線，電壓與電流應(yīng)從零開始變化，滑動變阻器要采用分壓接法，由于小燈泡的阻值較小，電流表應(yīng)用外接法，電路圖如圖所示：（2）由圖示UI圖象可知，隨電壓與電流

27、的增大，燈泡實際功率增大，燈絲溫度升高，電壓與電流的比值增大，燈絲電阻增大，由此可知，小燈泡燈絲電阻隨溫度升高而增大（3）根據(jù)表中實驗數(shù)據(jù)作出電源UI圖象如圖所示，由圖示圖象可知，電源內(nèi)阻：r=R0=9=1；（4）由圖示圖象可知，燈泡兩端電壓為2.1V，電流為：0.39A，燈泡的電功率為P=UI=2.1×0.390.82W；故答案為：（1）電路圖如圖所示；（2）增大；（3）如圖所示；1；（4）0.82（0.800.84W均正確）【點評】： 本題考查了實驗電路設(shè)計，確定滑動變阻器與電流表的接法是正確設(shè)計實驗電路的關(guān)鍵可在表示小燈泡的UI圖象中同時畫出表示電源的UI圖象，兩圖線的交點即為

28、小燈泡的實際電流和電壓三、計算題（本題共4小題，共43分解答時應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟只寫出最后答案的不能得分有數(shù)值計算的題，答案中必須寫出數(shù)值和單位）14（10分）（2015鄭州一模）據(jù)英國每日郵報9月16日報道，英式觸式橄欖球球員赫普頓斯托爾在倫敦成功挑戰(zhàn)地鐵速度他從“市長官邸站”下車，在下一地鐵站“景隆街站”順利登上剛下來的同一節(jié)車廂已知地鐵列車每次停站時間（從車門打開到關(guān)閉的時間）為ta=20s，列車加速和減速階段的加速度均為a=1m/s2，運行過程的最大速度為vm=72km/h假設(shè)列車運行過程中只做勻變速和勻速運動，兩站之間的地鐵軌道和地面道路都是平直的且長度相同，

29、兩站間的距離約為x=400m，赫普頓斯托爾出站和進(jìn)站公用時tb=30s問：（1）他在地面道路上奔跑的平均速度至少多大？（2）鄭州地鐵一號線最小站間距離約為x=1000m，地鐵列車每次停站時間時間為ta=45s，按赫普頓斯托爾的奔跑速度，在鄭州出站和進(jìn)站最短共需用時tb=60s，列車參數(shù)和其它條件相同，試通過計算判斷，若赫普頓斯托爾同樣以上述平均速度在地面道路上奔跑，能否在這兩個車站間挑戰(zhàn)成功？【考點】： 勻變速直線運動的位移與時間的關(guān)系；勻變速直線運動的速度與時間的關(guān)系【專題】： 直線運動規(guī)律專題【分析】： （1）求出列出所用總時間，然后減去題目告知的出站進(jìn)站時間，即可求出奔跑速度，（2）同理

30、，比較所用時間的大小即判斷挑戰(zhàn)是否成功【解析】： 解：（1）列車從靜止加速至最大速度過程，所用時間為：t1=20 s運動位移為：x1=200 m故列車加速至最大速度后立即做減速運動，列車在兩站間運動總時間為：t車=2t1=2×20=40 s運動員在地面道路奔跑的最長時間為：t=2ta+2t1tb=2×20+2×2030=50 s最小平均速度為：v=8 m/s（2）列車在鄭州地鐵這兩站間運動總時間為：t車=2t1+=2×20+=70 s運動員在地面道路奔跑的時間為：t=2ta+t車tb=2×45+7060=100 s能趕上列車的平均速度為：v=1

31、0 m/s因vv，故不能挑戰(zhàn)成功答：（1）他在地面道路上奔跑的平均速度至少8m/s，（2）不能挑戰(zhàn)成功【點評】： 此題考查勻變速直線運動規(guī)律的應(yīng)用，注意公式的運用，屬于中檔題15（10分）（2015鄭州一模）中國首個月球探測計劃“嫦娥工程“預(yù)計在2017年實現(xiàn)月面無人采樣返回，為載人登月及月球基地選址做準(zhǔn)備在某次登月計劃中，飛船上備有以下實驗儀器：A計時表一只，B彈簧秤一把，C已知質(zhì)量為m的鉤碼一個，D天平一只（附砝碼一盒）“嫦娥”號飛船接近月球表面時，先繞月做勻速圓周運動，宇航員測量出繞行N圈所用時間為t，飛船的登月艙在月球上著陸后，宇航員利用所攜帶的儀器又進(jìn)行第二次測量，已知萬有引力常量為

32、G，把月球看做球體利用上述兩次測量所得的物理量可求出月球的密度和半徑（1）宇航員進(jìn)行第二次測量的內(nèi)容是什么（2）試推導(dǎo)月球的平均密度和半徑的表達(dá)式（用上述測量的物理量表示）【考點】： 萬有引力定律及其應(yīng)用【專題】： 萬有引力定律的應(yīng)用專題【分析】： （1）宇航員在月球上用彈簧秤豎直懸掛物體，靜止時讀出彈簧秤的讀數(shù)F，即為物體在月球上所受重力的大小g=；（2）飛船靠近月球表面做圓周運動有萬有引力充當(dāng)向心力和密度公式，即萬有引力和重力的關(guān)系列式求解【解析】： 解：宇航員在月球上用彈簧秤豎直懸掛物體，靜止時讀出彈簧秤的讀數(shù)F，即為物體在月球上所受重力的大小（或F/m即為月球表面重力加速度的大?。︼w

33、船靠近月球表面做圓周運動有根據(jù)萬有引力提供向心力得：=月球的平均密度=在月球上忽略月球的自轉(zhuǎn)時G=mg又 T=，r=R由以上各式可得：月球的密度=月球的半徑 R=答：（1）宇航員進(jìn)行第二次測量的內(nèi)容是用彈簧秤豎直懸掛物體，靜止時讀出彈簧秤的讀數(shù)F（2）月球的平均密度和半徑的表達(dá)式分別為=，R=【點評】： 忽略自轉(zhuǎn)的情況下萬有引力等于物體所受的重力，這是經(jīng)常用的方法要注意掌握對于天體運動，關(guān)鍵建立模型，根據(jù)萬有引力提供向心力列式方程，求解有關(guān)物理量16（11分）（2015鄭州一模）一種測定電子比荷的實驗裝置如圖所示真空玻璃管內(nèi)，陰極K發(fā)出的電子經(jīng)A、K之間的高壓加速后，形成一細(xì)束電子流，沿平行板

34、電容器中心軸線進(jìn)入兩極板C、D間的區(qū)域已知極板的長度為l，C、D間的距離為d（dl），極板區(qū)的中心點M到熒光屏中點O的距離為s若兩極板C、D間無電壓，電子將打在熒光屏上的O點；若在兩極板間加上電壓U，則離開極板區(qū)域的電子將打在熒光屏上P點，P點到O點距離為Y；若去掉電場，在兩板間加上方向垂直于紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，則電子將打在C板上的Q點，Q點離C板左側(cè)邊緣的距離為d電子重力忽略不計，試求電子的比荷【考點】： 帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運動；帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運動【專題】： 帶電粒子在復(fù)合場中的運動專題【分析】： 沒有加磁場時，電子進(jìn)入平行板電容器極板間做類平拋運動，由牛頓第二定

35、律和運動學(xué)公式可推導(dǎo)出垂直于極板方向的位移，電子離開極板區(qū)域后做勻速直線運動，水平方向的速度等于電子剛進(jìn)入極板間的初速度，求出勻速直線運動的時間，即可求出P點離開O點的距離加上磁場B后，熒光屏上的光點重新回到O點，說明電子通過平行板電容器的過程中電子所受電場力與磁場力相等，即可得到電子進(jìn)入極板時的初速度，聯(lián)立可求出比荷【解析】： 解：設(shè)電子剛進(jìn)入平行板電容器極板間區(qū)域時的速度為v0，因為速度方向平行于電容器的極板，通過長度為l的極板區(qū)域所需的時間：t1= （1）當(dāng)兩極板之間加上電壓時，設(shè)兩極板間的場強(qiáng)為E，作用于電子的靜電力的大小為qE方向垂直于極板由C指向D，電子的加速度：a=（2）而 E=（3）因電子在垂直于極板方向的初速度為0，因而在時間t1內(nèi)垂直于極板方向的位移 y1=at（4）電子離開極板區(qū)域時，沿垂直于極板方向的末速度：vy=at1（5）設(shè)電子離開極板區(qū)域后，電子到達(dá)熒光屏上P點所需時間為t2：t2= （6）在t2時間內(nèi)，電子作勻速直線運動，在垂直于極板方向的位移：y2=vyt2（7）P點離開O點的距離等于電子在垂直于極板方向的總位移y=y1+y2（8）由以上各式得電子的荷質(zhì)比為：= （9）加上磁場B后，熒光屏上的光點重新回到O點，表示在電子通過平行板電容器的過程中電子所