2015年海南省高考物理試卷

1、2015年海南省高考物理試卷一、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（3分）如圖，a是豎直平面P上的一點，P前有一條形磁鐵垂直于P，且S極朝向a點P后一電子在偏轉(zhuǎn)線圈和條形磁鐵的磁場的共同作用下，在水平面內(nèi)向右彎曲經(jīng)過a點，在電子經(jīng)過a點的瞬間，條形磁鐵的磁場對該電子的作用力的方向（）A向上B向下C向左D向右2（3分）如圖，空間有一勻強磁場，一直金屬棒與磁感應強度方向垂直，當它以速度v沿與棒和磁感應強度都垂直的方向運動時，棒兩端的感應電動勢大小為；將此棒彎成兩段長度相等且相互垂直的折線，置于與磁感應強度相垂直的平面內(nèi)，當它沿兩段

2、折線夾角平分線的方向以速度v運動時，棒兩端的感應電動勢大小為則等于（）ABC1D3（3分）假設摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率，如果摩托艇發(fā)動機的輸出功率變?yōu)樵瓉淼?倍，則摩托艇的最大速率變?yōu)樵瓉淼模ǎ〢4倍B2倍C倍D倍4（3分）如圖，一半徑為R的半圓形軌道豎直固定放置，軌道兩端等高；質(zhì)量為m的質(zhì)點自軌道端點P由靜止開始滑下，滑到最低點Q時，對軌道的正壓力為2mg，重力加速度大小為g。質(zhì)點自P滑到Q的過程中，克服摩擦力所做的功為（）AmgRBmgRCmgRDmgR5（3分）如圖，一充電后的平行板電容器的兩極板相距l(xiāng)在正極板附近有一質(zhì)量為M、電荷量為q（q0）的粒子；在負極板附近有另一質(zhì)量

3、為m、電荷量為q的粒子在電場力的作用下，兩粒子同時從靜止開始運動已知兩粒子同時經(jīng)過一平行于正極板且與其相距l(xiāng)的平面若兩粒子間相互作用力可忽略，不計重力，則M：m為（）A3：2B2：1C5：2D3：16（3分）若在某行星和地球上相對于各自的水平地面附近相同的高度處、以相同的速率平拋一物體，它們在水平方向運動的距離之比為2：已知該行星質(zhì)量約為地球的7倍，地球的半徑為R由此可知，該行星的半徑約為（）ARBRC2RDR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（5分）如圖，兩電荷量分

4、別為Q（Q0）和Q的點電荷對稱地放置在x軸上原點O的兩側(cè)，a點位于x軸上O點與點電荷Q之間，b點位于y軸O點上方取無窮遠處的電勢為零下列說法正確的是（）Ab點電勢為零，電場強度也為零B正的試探電荷在a點的電勢能大于零，所受電場力方向向右C將正的試探電荷從O點移到a點，必須克服電場力做功D將同一正的試探電荷先后從O、b兩點移到a點，后者電勢能的變化較大8（5分）如圖，物塊a、b和c的質(zhì)量相同，a和b、b和c之間用完全相同的輕彈簧S1和S2相連，通過系在a上的細線懸掛于固定點O整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)現(xiàn)將細線剪斷將物塊a的加速度的大小記為a1，S1和S2相對于原長的伸長分別記為l1和l2，重力加速度大

5、小為g在剪斷的瞬間，（）Aa1=3gBa1=0Cl1=2l2Dl1=l29（5分）如圖，升降機內(nèi)有一固定斜面，斜面上放一物塊開始時，升降機做勻速運動，物塊相對于斜面勻速下滑當升降機加速上升時，（）A物塊與斜面間的摩擦力減少B物塊與斜面間的正壓力增大C物塊相對于斜面減速下滑D物塊相對于斜面勻速下滑10（5分）如圖，一理想變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為4：1，原線圈與一可變電阻串聯(lián)后，接入一正弦交流電源；副線圈電路中固定電阻的阻值為R0，負載電阻的阻值R=11R0，是理想電壓表現(xiàn)將負載電阻的阻值減小為R=5R0，保持變壓器輸入電流不變，此時電壓表的讀數(shù)為5.0V，則（）A此時原線圈兩端電壓的最大值約為

6、34VB此時原線圈兩端電壓的最大值約為24VC原線圈兩端原來的電壓有效值約為68VD原線圈兩端原來的電壓有效值約為48V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（6分）某同學利用游標卡尺和螺旋測微器分別測量一圓柱體工件的直徑和高度，測量結(jié)果如圖（a）和（b）所示。該工件的直徑為 cm，高度為 mm。12（9分）某同學利用圖（a）所示電路測量電容器充電時兩極板間的電壓隨時間的變化實驗中使用的器材為：電池E（內(nèi)阻很小）、開關(guān)S1和S2、電容器C（約100F）、電阻R1（約200k）、電阻R2（1k）、電壓表（量程6V）、秒表、導線若干（1

7、）按圖（a）所示的電路原理圖將圖（b）中實物圖連線（2）先閉合開關(guān)S2，再斷開開關(guān)S2；閉合開關(guān)S1，同時按下秒表開始計時，若某時刻電壓表的示數(shù)如圖（c）所示，電壓表的讀數(shù)為 V（保留2位小數(shù)）（3）該同學每隔10s記錄一次電壓表的讀數(shù)U，記錄的數(shù)據(jù)如表所示，在圖（d）給出的坐標紙上繪出Ut圖線已知只有一個數(shù)據(jù)點誤差較大，該數(shù)據(jù)點對應的表中的時間是 s時間t/s10.020.030.040.050.060.0電壓U/V2.143.454.234.515.005.18（4）電路中C、R2和S2構(gòu)成的回路的作用是 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

8、中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13（10分）如圖，兩平行金屬導軌位于同一水平面上，相距L，左端與一電阻R相連；整個系統(tǒng)置于勻強磁場中，磁感應強度大小為B，方向豎直向下一質(zhì)量為m的導體棒置于導軌上，在水平外力作用下沿導軌以速率勻速向右滑動，滑動過程中始終保持與導軌垂直并接觸良好，已知導體棒與導軌間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度大小為g，導軌和導體棒的電阻均可忽略求（1）電阻R消耗的功率；（2）水平外力的大小14（13分）如圖，位于豎直平面內(nèi)的光滑軌道由四分之一圓弧ab和拋物線bc組成，圓弧半徑Oa水平，b點為拋物線頂點已知h=2m，s=m取重力加速度大小g=10m/s2（

9、1）一小環(huán)套在軌道上從a點由靜止滑下，當其在bc段軌道運動時，與軌道之間無相互作用力，求圓弧軌道的半徑；（2）若環(huán)從b點由靜止因微小擾動而開始滑下，求環(huán)到達c點時速度的水平分量的大小五、選考題請考生在三道選修題中任選二題做答。如果多做，則按所做的第一、二題計分，做答時用2B鉛筆在答題卡上把選做題目題號后的方框涂黑。計算題請寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。【模塊3-3試題】15（4分）已知地球大氣層的厚度h遠小于地球半徑R，空氣平均摩爾質(zhì)量為M，阿伏伽德羅常數(shù)為NA，地面大氣壓強為P0，重力加速度大小為g由此可估算得，地球大氣層空氣分子總數(shù)為 ，空氣分子之間的平均距離為 16（8分）如圖，

10、一底面積為S、內(nèi)壁光滑的圓柱形容器豎直放置在水平地面上，開口向上，內(nèi)有兩個質(zhì)量均為m的相同活塞A和B；在A與B之間、B與容器底面之間分別封有一定量的同樣的理想氣體，平衡時體積均為V已知容器內(nèi)氣體溫度始終不變，重力加速度大小為g，外界大氣壓強為P0，現(xiàn)假設活塞B發(fā)生緩慢漏氣，致使B最終與容器底面接觸求活塞A移動的距離模塊3-4試題17（4分）一列沿x軸正方向傳播的簡諧橫波在t=0時刻的波形如圖所示，質(zhì)點P的x坐標為3m已知任意振動質(zhì)點連續(xù)2次經(jīng)過平衡位置的時間間隔為0.4s下列說法正確的是（）A波速為4m/sB波的頻率為1.25HzCx坐標為15m的質(zhì)點在t=0.6s時恰好位于波谷Dx坐標為22

11、m的質(zhì)點在t=0.2s時恰好位于波峰E當質(zhì)點P位于波峰時，x坐標為17m的質(zhì)點恰好位于波谷18（8分）一半徑為R的半圓柱形玻璃磚，橫截面如圖所示。已知玻璃的全反射臨界角為（）。與玻璃磚的底平面成（）角度、且與玻璃磚橫截面平行的平行光射到玻璃磚的半圓柱面上。經(jīng)柱面折射后，有部分光（包括與柱面相切的入射光）能直接從玻璃磚底面射出，若忽略經(jīng)半圓柱內(nèi)表面反射后射出的光，求底面透光部分的寬度。模塊3-5試題19氫原子基態(tài)的能量為E1=13.6eV大量氫原子處于某一激發(fā)態(tài)由這些氫原子可能發(fā)出的所有光子中，頻率最大的光子能量為0.96E1，頻率最小的光子的能量為 eV（保留2位有效數(shù)字），這些光子可具有 種

12、不同的頻率20運動的原子核X放出粒子后變成靜止的原子核Y已知X、Y和粒子的質(zhì)量分別是M、m1和m2，真空中的光速為c，粒子的速度遠小于光速求反應后與反應前的總動能之差以及粒子的動能2015年海南省高考物理試卷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（3分）如圖，a是豎直平面P上的一點，P前有一條形磁鐵垂直于P，且S極朝向a點P后一電子在偏轉(zhuǎn)線圈和條形磁鐵的磁場的共同作用下，在水平面內(nèi)向右彎曲經(jīng)過a點，在電子經(jīng)過a點的瞬間，條形磁鐵的磁場對該電子的作用力的方向（）A向上B向下C向左D向右【分析】根據(jù)左手定則判定：

13、伸開左手，使大拇指跟其余四個手指垂直，并且跟手掌在同一平面內(nèi)，把手放入磁場中，讓磁感線穿過掌心，四指所指為正電荷運動方向，拇指所指方向為電荷所受洛倫茲力的方向【解答】解：P前有一條形磁鐵垂直于P，且S極朝向a點可知條形磁鐵的磁場的方向向外，電子向右運動，由左手定則可知，電子受到的條形磁鐵對電子的作用力的方向向上。故選：A?！军c評】本題提供的情景看似比較復雜，在去蕪存菁后可知，電子受到的洛倫茲力的方向可以由左手定則直接判定要注意的是：對負電荷而言，四指所指方向為其運動的反方向2（3分）如圖，空間有一勻強磁場，一直金屬棒與磁感應強度方向垂直，當它以速度v沿與棒和磁感應強度都垂直的方向運動時，棒兩端

14、的感應電動勢大小為；將此棒彎成兩段長度相等且相互垂直的折線，置于與磁感應強度相垂直的平面內(nèi)，當它沿兩段折線夾角平分線的方向以速度v運動時，棒兩端的感應電動勢大小為則等于（）ABC1D【分析】本題根據(jù)感應電動勢公式E=BLv，L是有效的切割長度，分析感應電動勢的關(guān)系【解答】解：設金屬棒的長度為L。左側(cè)的金屬棒有效的切割長度為L，垂直切割磁感線，產(chǎn)生的感應電動勢為 =BLv右側(cè)的金屬棒有效的切割長度為L，垂直切割磁感線，產(chǎn)生的感應電動勢為 =BLv則=故選：B?！军c評】本題關(guān)鍵要準確理解公式E=BLv中L的含義，知道L是有效的切割長度，即速度垂直方向上金屬棒的長度3（3分）假設摩托艇受到的阻力的大

15、小正比于它的速率，如果摩托艇發(fā)動機的輸出功率變?yōu)樵瓉淼?倍，則摩托艇的最大速率變?yōu)樵瓉淼模ǎ〢4倍B2倍C倍D倍【分析】由題意可知：摩托艇的阻力大小與速度成正比，即：f=kv；當物體做勻速運動時，速度最大，此時牽引力F與阻力f相等：即F=f=kv；而發(fā)動機的輸出功率P=Fv，據(jù)此分析判斷【解答】解：設阻力為f，由題知：f=kv；速度最大時，牽引力等于阻力，則有 P=Fv=fv=kv2。所以摩托艇發(fā)動機的輸出功率變?yōu)樵瓉淼?倍，則摩托艇的最大速率變?yōu)樵瓉淼谋?。故選：D?！军c評】解決本題的關(guān)鍵：一是能夠正確的寫出阻力與速度大小的表達式，二是利用功率的計算方法P=Fv4（3分）如圖，一半徑為R的半圓

16、形軌道豎直固定放置，軌道兩端等高；質(zhì)量為m的質(zhì)點自軌道端點P由靜止開始滑下，滑到最低點Q時，對軌道的正壓力為2mg，重力加速度大小為g。質(zhì)點自P滑到Q的過程中，克服摩擦力所做的功為（）AmgRBmgRCmgRDmgR【分析】質(zhì)點經(jīng)過Q點時，由重力和軌道的支持力提供向心力，由牛頓運動定律求出質(zhì)點經(jīng)過Q點的速度，再由動能定理求解克服摩擦力所做的功?！窘獯稹拷猓嘿|(zhì)點經(jīng)過Q點時，由重力和軌道的支持力提供向心力，由牛頓第二定律得：Nmg=m由題有：N=2mg可得：vQ=質(zhì)點自P滑到Q的過程中，由動能定理得： mgRWf=得克服摩擦力所做的功為 Wf=mgR故選：C。【點評】本題考查動能定理的應用及向心力

17、公式，要注意正確受力分析，明確指向圓心的合力提供圓周運動的向心力，知道動能定理是求解變力做功常用的方法。5（3分）如圖，一充電后的平行板電容器的兩極板相距l(xiāng)在正極板附近有一質(zhì)量為M、電荷量為q（q0）的粒子；在負極板附近有另一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子在電場力的作用下，兩粒子同時從靜止開始運動已知兩粒子同時經(jīng)過一平行于正極板且與其相距l(xiāng)的平面若兩粒子間相互作用力可忽略，不計重力，則M：m為（）A3：2B2：1C5：2D3：1【分析】粒子只受到電場力的作用做勻加速直線運動，由牛頓第二定律求出加速度，然后由運動學的公式求出位移，在通過比較位移即可得出它們的質(zhì)量比【解答】解：根據(jù)題意，兩粒子同時經(jīng)過

18、一平行于正極板且與其相距l(xiāng)的平面，所以q的位移為x1=l，而q的位移為：粒子只受到電場力的作用做勻加速直線運動，由牛頓第二定律得：，又由：運動的時間是相等的，則：所以：故選：A?！军c評】該題中，粒子都在電場中做勻加速直線運動，運動的時間是相等的，粒子的電荷量又相等，所以并不需要求出具體的數(shù)值，寫出相應的公式，然后采用比值法即可快速得出結(jié)論6（3分）若在某行星和地球上相對于各自的水平地面附近相同的高度處、以相同的速率平拋一物體，它們在水平方向運動的距離之比為2：已知該行星質(zhì)量約為地球的7倍，地球的半徑為R由此可知，該行星的半徑約為（）ARBRC2RDR【分析】通過平拋運動的規(guī)律求出在星球上該行星

19、表面的重力加速度與地球表面的重力加速度之比再由萬有引力等于重力，求出行星的半徑【解答】解：對于任一行星，設其表面重力加速度為g。根據(jù)平拋運動的規(guī)律得 h=得，t=則水平射程x=v0t=v0?？傻迷撔行潜砻娴闹亓铀俣扰c地球表面的重力加速度之比 =根據(jù)G=mg，得g=可得 =解得行星的半徑 R行=R地=R×=2R故選：C。【點評】解決本題的關(guān)鍵知道平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規(guī)律，以及掌握萬有引力等于重力這一理論，并能靈活運用二、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

20、0分。7（5分）如圖，兩電荷量分別為Q（Q0）和Q的點電荷對稱地放置在x軸上原點O的兩側(cè)，a點位于x軸上O點與點電荷Q之間，b點位于y軸O點上方取無窮遠處的電勢為零下列說法正確的是（）Ab點電勢為零，電場強度也為零B正的試探電荷在a點的電勢能大于零，所受電場力方向向右C將正的試探電荷從O點移到a點，必須克服電場力做功D將同一正的試探電荷先后從O、b兩點移到a點，后者電勢能的變化較大【分析】兩個等量異種電荷連線的垂直平分線是一條等勢線電場強度方向與等勢面方向垂直，而且指向電勢低的方向根據(jù)等勢面和電場線分布情況，分析電勢和場強的關(guān)系【解答】解：A、結(jié)合等量異種點電荷的電場的特點可知，兩個等量異種電

21、荷連線的垂直平分線是一條等勢線。電場強度方向與等勢面方向垂直，而且指向電勢低的方向，所以B點的電勢等于0，而電場強度不等于0故A錯誤；B、由圖，兩個點電荷在a點產(chǎn)生的電場強度的方向都向右，所以合場強的方向一定向右，則正電荷在a點受到的電場力的方向向右；正電荷從a向O運動的過程中，電場力做正功，電勢能減小，而O點的電勢等于0，所以正的試探電荷在a點的電勢能大于零，故B正確；C、正電荷從a向O運動的過程中，電場力做正功，電勢能減小。所以將正的試探電荷從O點移到a點，必須克服電場力做功；故C正確；D、兩個等量異種電荷連線的垂直平分線是一條等勢線，所以O、b兩點的電勢是相等的，將同一正的試探電荷先后從

22、O、b兩點移到a點，二者電勢能的變化相等。故D錯誤。故選：BC?！军c評】對于等量異種電荷和等量同種電荷連線和垂直平分線的特點要掌握，抓住電場線和等勢面的對稱性進行記憶8（5分）如圖，物塊a、b和c的質(zhì)量相同，a和b、b和c之間用完全相同的輕彈簧S1和S2相連，通過系在a上的細線懸掛于固定點O整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)現(xiàn)將細線剪斷將物塊a的加速度的大小記為a1，S1和S2相對于原長的伸長分別記為l1和l2，重力加速度大小為g在剪斷的瞬間，（）Aa1=3gBa1=0Cl1=2l2Dl1=l2【分析】對細線剪短前后的a、b、c物體分別受力分析，然后根據(jù)牛頓第二定律求解加速度與彈簧的伸長量【解答】解：A、B

23、、對a、b、c分別受力分析如圖，根據(jù)平衡條件，有：對a：F2=F1+mg對b：F1=F+mg對c：F=mg所以：F1=2mg彈簧的彈力不能突變，因形變需要過程，繩的彈力可以突變，繩斷拉力立即為零。當繩斷后，b與c受力不變，仍然平衡，故a=0；對a，繩斷后合力為F合=F1+mg=3mg=maa，aa=3g方向豎直向下；故A正確，B錯誤。C、D、當繩斷后，b與c受力不變，則F1=kl1，；同時：F=kl2，所以：聯(lián)立得l1=2l2：故C正確，D錯誤。故選：AC?！军c評】考查了牛頓第二定律的瞬時性的應用，重點區(qū)分繩和彈簧彈力的特點，注意加速度與受力的瞬時對應關(guān)系9（5分）如圖，升降機內(nèi)有一固定斜面，

24、斜面上放一物塊開始時，升降機做勻速運動，物塊相對于斜面勻速下滑當升降機加速上升時，（）A物塊與斜面間的摩擦力減少B物塊與斜面間的正壓力增大C物塊相對于斜面減速下滑D物塊相對于斜面勻速下滑【分析】對物體進行受力分析，得出勻速下滑時的受力情況，然后分析升降機加速上升時的情況即可【解答】解：當升降機勻速運動時，物塊相對于斜面勻速下滑，則：f=mgcos=mgsin，所以：sin=cos；支持力與摩擦力的合力豎直向上，大小等于重力；當升降機加速上升時，物體有豎直向上的加速度，則物體受到的支持力一定增大，此時的摩擦力：f=FN，由于接觸面的壓力增大，所以物體與斜面間的摩擦力增大，故A錯誤，B正確；假設物

25、體以加速度a向上運動時，有N=m（g+a）cos，所以f=m（g+a）cos，對物體受力分析可知，垂直于斜面方向上，由于m（g+a）sin=m（g+a）cos，所以沿斜面方向Nsin=fcos，即物體在沿斜面方向方向上合力為0，所以物體仍做勻速下滑運動。故C錯誤，D正確。故選：BD?！军c評】本題考查了判斷物體與升降機的位置關(guān)系問題，知道當升降機加速上升時，物體受到的支持力一定增大是正確解題的關(guān)鍵10（5分）如圖，一理想變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為4：1，原線圈與一可變電阻串聯(lián)后，接入一正弦交流電源；副線圈電路中固定電阻的阻值為R0，負載電阻的阻值R=11R0，是理想電壓表現(xiàn)將負載電阻的阻值減小為

26、R=5R0，保持變壓器輸入電流不變，此時電壓表的讀數(shù)為5.0V，則（）A此時原線圈兩端電壓的最大值約為34VB此時原線圈兩端電壓的最大值約為24VC原線圈兩端原來的電壓有效值約為68VD原線圈兩端原來的電壓有效值約為48V【分析】根據(jù)串并聯(lián)知識和歐姆定律可以求得輸出電壓的有效值，再根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比即可求得結(jié)論【解答】解：A、現(xiàn)將負載電阻的阻值減小為R=5R0，保持變壓器輸入電流不變，此時電壓表的讀數(shù)為5.0V，根據(jù)串并聯(lián)知識和歐姆定律得副線圈電壓U2=×6R0=6V，根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比可知，此時原線圈兩端電壓的有效值U1=4U2=24V，所以此時原線圈兩端電壓的最大值約為U1m

27、=2434V，故A正確，B錯誤；C、原來副線圈電路中固定電阻的阻值為R0，負載電阻的阻值R=11R0，由于保持變壓器輸入電流不變，所以輸出電流也不變，所以原來副線圈電壓U2=×12R0=12V，根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比可知，原線圈兩端原來的電壓有效值約為48V，故C錯誤，D正確；故選：AD。【點評】掌握住理想變壓器的電壓、電流之間的關(guān)系，最大值和有效值之間的關(guān)系即可解決本題三、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（6分）某同學利用游標卡尺和螺旋測微器分別測量一圓柱體工件的直徑和高度，測量結(jié)果如圖（a）和（b）所示。該工件的直徑為

28、1.220cm，高度為6.860mm?！痉治觥拷鉀Q本題的關(guān)鍵掌握游標卡尺讀數(shù)的方法，主尺讀數(shù)加上游標讀數(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?！窘獯稹拷猓?、游標卡尺的主尺讀數(shù)為1.2cm，游標尺上第4個刻度和主尺上某一刻度對齊，所以游標讀數(shù)為4×0.05mm=0.20mm=0.020cm，所以最終讀數(shù)為：1.2cm+0.020cm=1.220cm。2、螺旋測微器的固定刻度為6.5mm，可動刻度為36.0×0.01mm=0.360mm，所以最終讀數(shù)為6.5mm+0.360mm=6.860mm，故答案為：1.220，6.86

29、0。【點評】對于基本測量儀器如游標卡尺、螺旋測微器等要了解其原理，要能正確使用這些基本儀器進行有關(guān)測量。12（9分）某同學利用圖（a）所示電路測量電容器充電時兩極板間的電壓隨時間的變化實驗中使用的器材為：電池E（內(nèi)阻很?。?、開關(guān)S1和S2、電容器C（約100F）、電阻R1（約200k）、電阻R2（1k）、電壓表（量程6V）、秒表、導線若干（1）按圖（a）所示的電路原理圖將圖（b）中實物圖連線（2）先閉合開關(guān)S2，再斷開開關(guān)S2；閉合開關(guān)S1，同時按下秒表開始計時，若某時刻電壓表的示數(shù)如圖（c）所示，電壓表的讀數(shù)為3.60V（保留2位小數(shù)）（3）該同學每隔10s記錄一次電壓表的讀數(shù)U，記錄的數(shù)據(jù)

30、如表所示，在圖（d）給出的坐標紙上繪出Ut圖線已知只有一個數(shù)據(jù)點誤差較大，該數(shù)據(jù)點對應的表中的時間是40s時間t/s10.020.030.040.050.060.0電壓U/V2.143.454.234.515.005.18（4）電路中C、R2和S2構(gòu)成的回路的作用是使實驗前電容器兩個極板上的電荷相中和【分析】（1）根據(jù)電路的結(jié)構(gòu)，從電源的正極出發(fā)，依次將電路連接即可；（2）根據(jù)電壓表讀數(shù)的方法，即可正確讀出電壓；（3）使用描點法畫出各點的位置，然后用平滑的曲線連接，落在曲線外 的點為誤差比較大的點；（4）電路中C、R2和S2構(gòu)成的回路會使電容器放電【解答】解：（1）根據(jù)電路的結(jié)構(gòu)，從電源的正極

31、出發(fā)，依次將各儀器連接如圖；（2）根據(jù)電壓表的特點可知，電壓表的量程為6V，分度值為0.1V，所以讀數(shù)為3.60V；（3）使用描點法畫出各點的位置，然后用平滑的曲線連接如圖，由圖中的數(shù)據(jù)可知，電壓表的讀數(shù)的變化逐漸變慢，在40s時刻的電壓值的點明顯偏離了該曲線，電壓值偏小所以可知是40s時刻的數(shù)據(jù)錯誤；（4）先閉合開關(guān)S2，再斷開開關(guān)S2后才接通電路，由電路的結(jié)構(gòu)可知，閉合開關(guān)S2后電容器C與導線以及R2、S2構(gòu)成一個RC回路，該回路能使電容器上的原有的電荷釋放干凈，才能不影響實驗的結(jié)果故答案為：（1）如圖；（2）3.60；（3）如圖，40s；（4）使實驗前電容器兩個極板上的電荷相中和【點評】

32、該實驗測量電容器充電時兩極板間的電壓隨時間的變化，屬于課本以外的實驗，都是依據(jù)的實驗的原理以及實驗的方法都是我們常用的原理和方法，通過這樣的實驗，可以考查我們的知識遷移能力，進一步培養(yǎng)實驗的能力四、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，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13（10分）如圖，兩平行金屬導軌位于同一水平面上，相距L，左端與一電阻R相連；整個系統(tǒng)置于勻強磁場中，磁感應強度大小為B，方向豎直向下一質(zhì)量為m的導體棒置于導軌上，在水平外力作用下沿導軌以速率勻速向右滑動，滑動過程中始終保持與導軌垂直并接觸良好，已知導體棒與導軌

33、間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度大小為g，導軌和導體棒的電阻均可忽略求（1）電阻R消耗的功率；（2）水平外力的大小【分析】（1）根據(jù)法拉第電磁感應定律求出感應電動勢，由歐姆定律求出電流的大小由公式P=I2R求出電阻R的功率（2）導體棒勻速向右滑動時，水平外力與安培力和摩擦力的和是平衡力，根據(jù)平衡條件求解水平外力F的大小【解答】解：（1）根據(jù)法拉第電磁感應定律有：E=BvL則導體棒中的電流大小為：電阻R消耗的功率：P=I2R聯(lián)立可解得：P=（2）由于導體棒ab勻速運動，故向右的水平外力F等于向左的安培力F安和摩擦力的和，則水平外力：F=mg+F安 安培力：拉力：F=答：（1）電阻R消耗的功率是；（2

34、）水平外力的大小是【點評】本題是電磁感應與電路、力學知識的綜合，安培力是聯(lián)系力與電磁感應的橋梁，安培力經(jīng)驗公式F=是常用的式子14（13分）如圖，位于豎直平面內(nèi)的光滑軌道由四分之一圓弧ab和拋物線bc組成，圓弧半徑Oa水平，b點為拋物線頂點已知h=2m，s=m取重力加速度大小g=10m/s2（1）一小環(huán)套在軌道上從a點由靜止滑下，當其在bc段軌道運動時，與軌道之間無相互作用力，求圓弧軌道的半徑；（2）若環(huán)從b點由靜止因微小擾動而開始滑下，求環(huán)到達c點時速度的水平分量的大小【分析】（1）當其在bc段軌道運動時，與軌道之間無相互作用力，則在bc上只受重力，做平拋運動，根據(jù)平拋運動基本公式求出b點速

35、度，再根據(jù)動能定理求解R；（2）下滑過程中，初速度為零，只有重力做功，b到c的過程中，根據(jù)動能定理列式，根據(jù)平拋運動基本公式求出c點速度方向與豎直方向的夾角，再結(jié)合運動的合成與分解求解【解答】解：（1）當其在bc段軌道運動時，與軌道之間無相互作用力，則在bc上只受重力，做平拋運動，則有：=則在b點的速度，從a到b的過程中，根據(jù)動能定理得：解得：R=0.25m（2）從b點下滑過程中，初速度為零，只有重力做功，b到c的過程中，根據(jù)動能定理得：因為物體滑到c點時與豎直方向的夾角等于（1）問中做平拋運動過程中經(jīng)過c點時速度與豎直方向的夾角，設為，則根據(jù)平拋運動規(guī)律可知，根據(jù)運動的合成與分解可得由解得：

36、v水平=m/s答：（1）圓弧軌道的半徑為0.25m；（2）環(huán)到達c點時速度的水平分量的大小為m/s【點評】本題主要考查了平拋運動基本公式、動能定理以及運動的合成與分解的應用，解題的關(guān)鍵是能正確分析物體的受力情況和運動情況，特別抓住當其在bc段軌道運動時，與軌道之間無相互作用力這句話，難度適中五、選考題請考生在三道選修題中任選二題做答。如果多做，則按所做的第一、二題計分，做答時用2B鉛筆在答題卡上把選做題目題號后的方框涂黑。計算題請寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。【模塊3-3試題】15（4分）已知地球大氣層的厚度h遠小于地球半徑R，空氣平均摩爾質(zhì)量為M，阿伏伽德羅常數(shù)為NA，地面大氣壓強為

37、P0，重力加速度大小為g由此可估算得，地球大氣層空氣分子總數(shù)為，空氣分子之間的平均距離為【分析】（1）根據(jù)大氣壓力等于大氣層中氣體分子的總重力，求出大氣層中氣體的質(zhì)量為m，根據(jù)n=求出分子數(shù)（2）假設每個分子占據(jù)一個小立方體，每個小立方體緊密排列，則小立方體邊長即為空氣分子平均間距，由幾何知識求出空氣分子平均間距【解答】解：（1）設大氣層中氣體的質(zhì)量為m，由大氣壓強產(chǎn)生，mg=p0S，即：m=分子數(shù)n=（2）假設每個分子占據(jù)一個小立方體，各小立方體緊密排列，則小立方體邊長即為空氣分子平均間距，設為a，大氣層中氣體總體積為V，則 a=而大氣層的厚度h遠小于地球半徑R，則 V=4R2h，所以 a=

38、故答案為：；【點評】對于氣體分子間平均距離的估算，常常建立這樣的模型；假設每個分子占據(jù)一個小立方體，各小立方體緊密排列，所有小立方體體積之和等于氣體的體積16（8分）如圖，一底面積為S、內(nèi)壁光滑的圓柱形容器豎直放置在水平地面上，開口向上，內(nèi)有兩個質(zhì)量均為m的相同活塞A和B；在A與B之間、B與容器底面之間分別封有一定量的同樣的理想氣體，平衡時體積均為V已知容器內(nèi)氣體溫度始終不變，重力加速度大小為g，外界大氣壓強為P0，現(xiàn)假設活塞B發(fā)生緩慢漏氣，致使B最終與容器底面接觸求活塞A移動的距離【分析】分別對漏氣前兩部分氣體分析，由理想氣體狀態(tài)方程可求得兩部分氣體混合后的體積，則可求得A下降的高度【解答】

39、解：設A與B之間、B與容器底部之間的氣體壓強分別為P1、P2，漏氣前，對A分析有：P1=P0+，對B有P2=P1+B最終與容器底面接觸后，AB間的壓強為P，氣體體積為V'，則有：P=P0+因為溫度不變，對于混合氣體有：（P1+P2）V=PV漏氣前A距離底面的高度為h=漏氣后A距離底面的高度為h=；聯(lián)立可得：h=hh=V=答：活塞A移動的距離為【點評】本題考查理想氣體狀態(tài)方程，要注意明確兩部分氣體雖然狀態(tài)不相同，但由于質(zhì)量一定，可以借助克拉珀龍方程進行理解模塊3-4試題17（4分）一列沿x軸正方向傳播的簡諧橫波在t=0時刻的波形如圖所示，質(zhì)點P的x坐標為3m已知任意振動質(zhì)點連續(xù)2次經(jīng)過平

40、衡位置的時間間隔為0.4s下列說法正確的是（）A波速為4m/sB波的頻率為1.25HzCx坐標為15m的質(zhì)點在t=0.6s時恰好位于波谷Dx坐標為22m的質(zhì)點在t=0.2s時恰好位于波峰E當質(zhì)點P位于波峰時，x坐標為17m的質(zhì)點恰好位于波谷【分析】根據(jù)任意振動質(zhì)點連續(xù)2次經(jīng)過平衡位置的時間間隔為0.4s即可求出周期相鄰兩個波峰或波谷之間的距離等于波長，由圖讀出波長由求出波速【解答】解：A、由題，任意振動質(zhì)點連續(xù)2次經(jīng)過平衡位置的時間間隔為0.4s，則周期為0.8s，由圖可知，該波的波長是4m，所以波速：=m/s。故A錯誤；B、該波的周期是0.8s，則頻率：f=Hz故B正確；C、x坐標為15m的質(zhì)點到P點的距離為：x1=15m3m=12m=3，所以x坐標為15m的質(zhì)點與P點的振動始終相同。P質(zhì)點經(jīng)過t=0.6s=時間恰好經(jīng)過平衡位置，所以x坐標為15m的質(zhì)點在t=0.6s時恰好位于平衡位置。故C錯誤；D、x坐標為22m的質(zhì)點到x=2質(zhì)點的距離為：x2=22m2m=20m=5，所以x坐標為15m的質(zhì)點與x=2的點的振動始終相同。t=0時刻x=2的質(zhì)點向上振動，經(jīng)過t=0.2s=T時間恰好到達波峰，所以x坐標為22m的質(zhì)點在t=0.2s時恰好位于波峰位置。故D正確；E、x坐標為17m的質(zhì)點到P點的距離為：，所以x坐標為17m的質(zhì)點與P點的振動始終相反，當質(zhì)點P