山东省济宁市鱼台一中高三物理第一次模拟试题（含解析）.doc

山东省济宁市鱼台一中2015届高考物理一模试卷 一、选择题：本题共8小题，每小题6分每小题给出的四个选项中，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以下说法符合物理学史的是( )a笛卡尔通过逻辑推理和实验对落体问题进行了研究b奥斯特发现了电流的周围存在磁场并最早提出了场的概念c静电力常量是由库仑首先测出的d牛顿被人们称为“能称出地球质量的人”2两个半径均为r的光滑圆球a和b，用长均为r的细绳悬挂在天花板上的o点，如图所示a、b两球均处于平衡状态，oa与竖直方向夹角为=45，则下列说法正确的是( )aa球对b球的作用力大于b球对a球的作用力bb球受到的合外力大于a球受到的合外力ca球质量较大d细绳对b球的拉力较大3如图所示，在同一平台上的o点水平抛出的三个物体，分别落到a、b、c三点，则三个物体运动的初速度va，vb，vc的关系和三个物体运动的时间ta，tb，tc的关系分别是( )avavbvc，tatbtcbvavbvc，ta=tb=tccvavbvc，tatbtcdvavbvc，tatbtc4如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，副线圈接有电压表、光敏电阻r（其阻值随光强增大而减小）、“12v、6w”的小灯泡d电流表、电压表均为理想电表原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压u，下列说法正确的是( )a电压u的频率为100 hzb电压表的示数为22vc照射r的光变弱时，电流表的示数变大d调节照射r的光强度，可以使灯泡d正常发光5假设在宇宙中存在这样的三个天体a、b、c，如图所示，天体a和b以相同角速度绕天体c做匀速圆周运动以下说法正确的是( )a天体a做圆周运动的加速度大于天体b做圆周运动的加速度b天体a做圆周运动的速度小于天体b做圆周运动的速度c天体b做圆周运动的向心力大于天体c对它的万有引力d天体b做圆周运动的向心力由天体a和天体c对它的万有引力共同提供6如图所示，在平面直角坐标系中有一个垂直纸面向里的圆形匀强磁场，其边界过原点o和y轴上的点a（0，l）、一质量为m、电荷量为e的电子从a点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场，并从x轴上的b点射出磁场，此时速度方向与x轴正方向的夹角为60下列说法中正确的是( )a电子在磁场中运动的时间为b电子在磁场中运动的时间为c磁场区域的圆心坐标为（，）d电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为（0，2l）7质量为m的带电小球由空中某点a无初速度地自由下落，在t秒末加上竖直方向且范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球又回到a点整个过程中不计空气阻力且小球从未落地，则( )a匀强电场方向竖直向上b从加电场开始到小球运动到最低点的过程中，小球动能变化了mg2t2c整个过程中小球电势能减少了2mg2t2d从a点到最低点的过程中，小球重力势能变化了mg2t28如图所示，两根等高光滑的圆弧轨道，半径为r、间距为l，轨道电阻不计在轨道顶端连有一阻值为r的电阻，整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为b现有一根长度稍大于l、电阻不计的金属棒从轨道最低位置cd开始，在拉力作用下以初速度v0向右沿轨道做匀速圆周运动至ab处，则该过程中( )a通过r的电流方向为由外向内b通过r的电流方向为由内向外cr上产生的热量为d流过r的电量为三、非选择题包括必考题和选考题两部分第9题第12题为必考题，每个试题考生都必须作答第13题第18题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题9dis实验是利用现代信息技术进行的实验“用dis研究机械能守恒定律”的实验装置如图甲所示，小组同学在实验中利用小铁球从很光洁的曲面上滚下，选择dis以图象方式显示实验的结果，所显示的图象如图乙所示图象的横轴表示小球距d点（最低点）的高度h，纵轴表示小铁球的重力势能ep、动能ek或机械能e试回答下列问题：（1）图乙的图象中，表示小球的机械能e、动能ek、重力势能ep随小球距d点的高度h变化关系的图线分别是_（按顺序填写相应图线所对应的文字）；（2）根据图乙所示的实验图象，可以得出的结论是：_10某实验小组进行“探究热敏电阻的温度特性”实验，实验室提供如下器材：热敏电阻rt （常温下约8k）、温度计电流表a（量程1ma，内阻约200）电压表v（量程3v，内阻约10k）电池组e（4.5v，内阻约1）滑动变阻器r（最大阻值为20）开关s、导线若干、烧杯和水（1）根据提供器材的参数将图1所示的实物图中所缺的导线补接完整（2）实验开始前滑动变阻器的滑动触头p应置于_端（填“a”或“b”）（3）利用补接完整的实验装置测量出不同温度下的电阻值，画出该热敏电阻的rtt图象如图2中的实测曲线，与图中理论曲线相比二者有一定的差异除了偶然误差外，下列关于产生系统误差的原因或减小系统误差的方法叙述正确的是_（填选项前的字母，不定项选择）a电流表的分压造成电阻的测量值总比真实值大b电压表的分流造成电阻的测量值总比真实值小c温度升高到一定值后，电流表应改为外接法（4）将本实验所用的热敏电阻接到一个电流较大的恒流电源中使用，当电流通过电阻产生的热量与电阻向周围环境散热达到平衡时，满足关系式i2r=k（tt0）（其中k是散热系数，t是电阻的温度，t0是周围环境温度，i为电流强度），电阻的温度稳定在某一值若通过它的电流恒为50ma，t0=20，k=0.25w/，由实测曲线可知该电阻的温度稳定在_11如图所示，一劈形滑梯固定在水平地面上，高h1=12m，底角分别为37、53，a、b两小物块质量分别为ma=2kg、mb=4kg，用轻绳连接，通过滑梯顶端的小滑轮跨放在左右两斜面上，轻绳伸直时，两物块离地高度h2=4m，在滑轮处压住细绳，已知物块与斜面间的动摩擦因数均为=0.1，g=10m/s2，sin37=0.6，sin53=0.8（1）若在压绳处突然剪断绳，求a、b下滑过程中加速度之比；（2）若松开绳，求b滑到底端时的速度大小12如图，在直角坐标系xoy平面内，虚线mn平行于y轴，n点坐标（l，0），mn与y轴之间有沿y轴正方向的匀强电场，在第四象限的某区域有方向垂直于坐标平面的矩形有界匀强磁场（图中未画出）现有一质量为m、电荷量为e的电子，从虚线mn上的p点，以平行于x轴正方向的初速度v0射入电场，并从y轴上a点（0，0.5l）射出电场，射出时速度方向与y轴负方向成30角，此后，电子做匀速直线运动，进入磁场并从矩形有界磁场边界上q点（，l）射出，速度沿x轴负方向，不计电子重力，求：（1）匀强电场的电场强度e的大小；（2）匀强磁场的磁感应强度b的大小和电子在磁场中运动的时间t；（3）矩形有界匀强磁场区域的最小面积smin(二）选考题，请考生从以下三个模块中任选一模块作答【物理-选修3-3】13下列说法中正确的是( )a布朗运动并不是液体分子的运动，但它说明分子永不停息地做无规则运动b叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用c液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特点d当两分子间距离大于平衡位置的间距r0时，分子间的距离越大，分子势能越小14如图所示，开口向上竖直放置的内壁光滑气缸，其侧壁是绝热的，底部导热，内有两个质量均为m的密闭活塞，活塞a导热，活塞b绝热，将缸内理想气体分成、两部分初状态整个装置静止不动处于平衡，、两部分气体的长度均为l0，温度为t0设外界大气压强为p0保持不变，活塞横截面积为s，且mg=p0s，环境温度保持不变求：在活塞a上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于2m时，两活塞在某位置重新处于平衡，活塞b下降的高度现只对气体缓慢加热，使活塞a回到初始位置，此时气体的温度【物理-选修3-4】15a、b两列简谐横波均沿x轴正向传播，在某时刻的波形分别如图中甲、乙所示，经过时间t（t小于a波的周期ta），这两列简谐横波的波形分别变为图中丙、丁所示，则a、b两列波的波速va、vb之比可能是( )a1：1b2：1c1：2d3：1e1：316有一玻璃球冠，右侧面镀银，光源s就在其对称轴上，如图所示从光源s发出的一束光射到球面上，其中一部分光经球面反射后恰能竖直向上传播，另一部分光折入玻璃球冠内，经右侧镀银面第一次反射恰能沿原路返回若球面半径为r，玻璃折射率为，求光源s与球冠顶点m之间的距离sm为多大？【物理-选修3-5】17以下说法符合物理学史的是( )a普朗克引入能量子的概念，得出黑体辐射的强度按波长分布的公式，与实验符合得非常好，并由此开创了物理学的新纪元b康普顿效应表明光子具有能量c德布罗意把光的波粒二象性推广到实物粒子，认为实物粒子也具有波动性d汤姆逊通过粒子散射实验，提出了原子具有核式结构e为了解释黑体辐射规律，普朗克提出电磁辐射的能量是量子化的18如图所示，轻弹簧的两端与质量均为2m的b、c两物块固定连接，静止在光滑水平面上，物块c紧靠挡板但不粘连另一质量为m的小物块a以速度vo从右向左与b发生弹性正碰，碰撞时间极短可忽略不计（所有过程都在弹簧弹性限度范围内）求：（1）a、b碰后瞬间各自的速度；（2）弹簧第一次压缩最短与第一次伸长最长时弹性势能之比山东省济宁市鱼台一中2015届高考物理一模试卷一、选择题：本题共8小题，每小题6分每小题给出的四个选项中，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以下说法符合物理学史的是( )a笛卡尔通过逻辑推理和实验对落体问题进行了研究b奥斯特发现了电流的周围存在磁场并最早提出了场的概念c静电力常量是由库仑首先测出的d牛顿被人们称为“能称出地球质量的人”考点：物理学史 分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可解答：解：a、伽利略通过逻辑推理和实验对落体问题进行了研究，故a错误b、奥斯特发现了电流的周围存在磁场，法拉第最早提出了场的概念，故b错误c、静电力常量是由库仑首先测出的，故c正确d、卡文迪许被人们称为“能称出地球质量的人”，故d错误故选：c点评：对于物理学上重大发现、发明和实验、著名理论要加强记忆，注意积累2两个半径均为r的光滑圆球a和b，用长均为r的细绳悬挂在天花板上的o点，如图所示a、b两球均处于平衡状态，oa与竖直方向夹角为=45，则下列说法正确的是( )aa球对b球的作用力大于b球对a球的作用力bb球受到的合外力大于a球受到的合外力ca球质量较大d细绳对b球的拉力较大考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力 专题：共点力作用下物体平衡专题分析：对两个球分别受力分析，然后根据平衡条件并结合合成法分析即可解答：解：a、a球对b球的作用力与b球对a球的作用力，大小相等，故a错误；b、两个球均受力平衡，合力为零，故错误；cd、两个绳子的长度均为r，故图中o点和两个球的球心构成等边三角形；对两个球分别受力分析，如图所示：a球对b球的作用力与b球对a球的作用力相等，设为f；根据平衡条件，对a球，有：对b球，有：故，故mamb，故c错误；，=，故tatb，故d正确；故选：d点评：本题关键是明确两个小球的受力情况，然后根据平衡条件并结合几何关系列式分析，要熟悉数学中的正弦定理3如图所示，在同一平台上的o点水平抛出的三个物体，分别落到a、b、c三点，则三个物体运动的初速度va，vb，vc的关系和三个物体运动的时间ta，tb，tc的关系分别是( )avavbvc，tatbtcbvavbvc，ta=tb=tccvavbvc，tatbtcdvavbvc，tatbtc考点：平抛运动 分析：平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动，分别根据匀速直线运动和自由落体运动的运动规律分析即可解答：解：三个物体都做平抛运动，在竖直方向上是自由落体运动，由h=gt2可知下落的距离最大的物体的运动时间最长，所以运动时间的关系为tatbtc，以c点所在的平面为水平面，画一条水平线，如图所示，从图中可以看出三个球的竖直位移相同，所以它们的运动时间t相同，由x=v0t可知，水平位移大的物体的初速度大，所以初速度的关系为vcvbva故选：c点评：利用平抛运动在水平和竖直分析上的规律来分析问题，但是在比较它们的关系是会发现，下落的高度和水平分析上的位移全不一样，这就要采用控制变量法，找出它们相同的量，在判断其它的量之间的关系4如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，副线圈接有电压表、光敏电阻r（其阻值随光强增大而减小）、“12v、6w”的小灯泡d电流表、电压表均为理想电表原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压u，下列说法正确的是( )a电压u的频率为100 hzb电压表的示数为22vc照射r的光变弱时，电流表的示数变大d调节照射r的光强度，可以使灯泡d正常发光考点：变压器的构造和原理；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率 专题：交流电专题分析：由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比，输入、输出功率之比和闭合电路中的动态分析类似，可以根据r的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，在根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况解答：解：a、原线圈接入如图乙所示，t=0.02s，所以频率为f=50 hz，故a错误；b、原线圈接入电压的最大值是220v，所以原线圈接入电压的有效值是u=220v，理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，所以副线圈电压是22v，所以v的示数为22v，故b正确；c、r阻值随光减弱增大，根据i=知副线圈电流减小，副线圈输出功率减小，根据功率相等，所以原线圈输入功率减小，原线圈电流减小，所以a的示数减小，故c错误；d、调节照射r的光强度，使流过它的电流i=0.5a即可，故d正确；故选：bd点评：电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法5假设在宇宙中存在这样的三个天体a、b、c，如图所示，天体a和b以相同角速度绕天体c做匀速圆周运动以下说法正确的是( )a天体a做圆周运动的加速度大于天体b做圆周运动的加速度b天体a做圆周运动的速度小于天体b做圆周运动的速度c天体b做圆周运动的向心力大于天体c对它的万有引力d天体b做圆周运动的向心力由天体a和天体c对它的万有引力共同提供考点：万有引力定律及其应用 专题：万有引力定律的应用专题分析：根据公式a=2r，分析加速度的关系；由公式v=r，分析速度的关系；天体a做圆周运动的向心力是由b、c的万有引力共同提供的解答：解：a、由于天体a和天体b绕天体c运动的轨道都是同轨道，角速度相同，由a=2r，可知天体a做圆周运动的加速度大于天体b做圆周运动的加速度，故a正确b、由公式v=r，角速度相同，可知天体a做圆周运动的速度大于天体b做圆周运动的速度，故b错误c、天体b做圆周运动的向心力是a、c的万有引力的合力提供的，所以天体b做圆周运动的向心力小于天体c对它的万有引力，故c错误，d正确；故选：ad点评：本题考查学生运用万有引力定律解决天体运动的能力，关键要抓住a、b的角速度相同，灵活选择圆周运动的公式分析6如图所示，在平面直角坐标系中有一个垂直纸面向里的圆形匀强磁场，其边界过原点o和y轴上的点a（0，l）、一质量为m、电荷量为e的电子从a点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场，并从x轴上的b点射出磁场，此时速度方向与x轴正方向的夹角为60下列说法中正确的是( )a电子在磁场中运动的时间为b电子在磁场中运动的时间为c磁场区域的圆心坐标为（，）d电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为（0，2l）考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力 专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：带电粒子在匀强磁场中在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动所以由几何关系可确定运动圆弧的半径与已知长度的关系，从而确定圆磁场的圆心，并能算出粒子在磁场中运动时间并根据几何关系来，最终可确定电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标解答：解：a、b、电子的轨迹半径为r，由几何知识，rsin30=rl，得r=2l电子在磁场中运动时间t=，而 t=，得：t=，故a错误，b正确；c、设磁场区域的圆心坐标为（x，y）其中 x=rcos30= y=所以磁场圆心坐标为 （ ），故c正确；d、根据几何三角函数关系可得，rl=rcos60，解得r=2l所以电子的圆周运动的圆心坐标为（0，l），故d错误；故选：bc点评：由题意确定粒子在磁场中运动轨迹是解题的关键之处，从而求出圆磁场的圆心位置，再运用几何关系来确定电子的运动轨迹的圆心坐标7质量为m的带电小球由空中某点a无初速度地自由下落，在t秒末加上竖直方向且范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球又回到a点整个过程中不计空气阻力且小球从未落地，则( )a匀强电场方向竖直向上b从加电场开始到小球运动到最低点的过程中，小球动能变化了mg2t2c整个过程中小球电势能减少了2mg2t2d从a点到最低点的过程中，小球重力势能变化了mg2t2考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；重力势能 专题：电场力与电势的性质专题分析：分析小球的运动情况：小球先做自由落体运动，加上匀强电场后小球先向下做匀减速运动，后向上做匀加速运动由运动学公式求出t秒末速度大小，加上电场后小球运动，看成一种匀减速运动，自由落体运动的位移与这个匀减速运动的位移大小相等、方向相反，根据牛顿第二定律和运动学公式结合求电场力，由w=qed求得电场力做功，即可得到电势能的变化由动能定理得求出a点到最低点的高度，得到重力势能的减小量解答：解：a、小球所受电场力方向是向上的，但不知道小球带电的电性，所以不能判断电场的方向，故a错误；b、从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了ek=，故b错误；c、小球先做自由落体运动，后做匀减速运动，两个过程的位移大小相等、方向相反设电场强度大小为e，加电场后小球的加速度大小为a，取竖直向下方向为正方向，则由gt2=（vtat2）又v=gt解得 a=3g，则小球回到a点时的速度为v=vat=2gt整个过程中小球速度增量的大小为v=vv=3gt，速度增量的大小为3gt由牛顿第二定律得：a=，联立解得电场力大小：eq=4mg整个过程中电场力做的功；电场力做的功等于电势能的减小量，故整个过程中小球电势能减少了2mg2t2；故c正确；d、设从a点到最低点的高度为h，根据动能定理得：mghqe（hgt2）=0解得：h=gt2；故d正确故选：cd点评：本题考查学生应用牛顿运动定律及功能关系解决物理问题的能力；首先要分析小球的运动过程，采用整体法研究匀减速运动过程，抓住两个过程之间的联系：位移大小相等、方向相反，运用牛顿第二定律、运动学规律和动能定理结合进行研究8如图所示，两根等高光滑的圆弧轨道，半径为r、间距为l，轨道电阻不计在轨道顶端连有一阻值为r的电阻，整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为b现有一根长度稍大于l、电阻不计的金属棒从轨道最低位置cd开始，在拉力作用下以初速度v0向右沿轨道做匀速圆周运动至ab处，则该过程中( )a通过r的电流方向为由外向内b通过r的电流方向为由内向外cr上产生的热量为d流过r的电量为考点：导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律；楞次定律 专题：电磁感应与电路结合分析：根据楞次定律判断感应电流的方向金属棒做匀速圆周运动，回路中产生正弦式交变电流，感应电动势的最大值为em=blv0，有效值为e=em，根据焦耳定律求出求解金属棒产生的热量通过r的电量由公式金属棒向上穿越磁场过程中通过r的电量 q=求解解答：解：ab、金属棒从轨道最低位置cd运动到ab处的过程中，穿过回路的磁通量减小，根据楞次定律判断得知通过r的电流方向为由外向内故a正确，b错误c、金属棒做匀速圆周运动，回路中产生正弦式交变电流，可得产生的感应电动势的最大值为em=blv0，有效值为e=em根据焦耳定律有：q=t时间为 t=联立解得 q=故c正确d、通过r的电量由公式：q=t=故d错误故选：ac点评：解决本题的关键是判断出回路中产生的是正弦式交变电流，相当于线圈在磁场中转动时单边切割磁感线，要用有效值求解热量，用平均值求解电量三、非选择题包括必考题和选考题两部分第9题第12题为必考题，每个试题考生都必须作答第13题第18题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题9dis实验是利用现代信息技术进行的实验“用dis研究机械能守恒定律”的实验装置如图甲所示，小组同学在实验中利用小铁球从很光洁的曲面上滚下，选择dis以图象方式显示实验的结果，所显示的图象如图乙所示图象的横轴表示小球距d点（最低点）的高度h，纵轴表示小铁球的重力势能ep、动能ek或机械能e试回答下列问题：（1）图乙的图象中，表示小球的机械能e、动能ek、重力势能ep随小球距d点的高度h变化关系的图线分别是甲、丙、乙（按顺序填写相应图线所对应的文字）；（2）根据图乙所示的实验图象，可以得出的结论是：忽略阻力作用，小球下落过程机械能守恒考点：验证机械能守恒定律 专题：实验题分析：根据小球向上滑动过程中，重力做负功，高度h增大，由ep=mgh增大，动能减小，而重力势能和动能的总量即机械能不变来选择图线小球摆动过程受到支持力和重力，支持力不做功，只有重力做功，在这个条件下得出结论：只有重力做功的情况下小球机械能守恒解答：解：（1）将各个时刻对应的高度和速度二次方数据标在坐标图中，用描点法作出v2h图象；由mgh=mv2，可得v2h图象的斜率等于2g根据小球下滑动能增大、重力势能减小、机械能不变可知表示小球的重力势能ep、动能ek、机械能e随小球距d点的高度h变化关系的图线分别是乙、丙、甲 （2）小球运动过程受到支持力和重力，拉支持力不做功，只有重力做功，小球的机械能守恒故得出的结论是：忽略阻力作用，小球在下落过程中机械能守恒故答案为：（1）甲、丙、乙；（2）忽略阻力作用，小球下落过程机械能守恒点评：本题考查理解物理图象的能力守恒定律关键要明确条件验证性实验最后得出结论时，要强调在实验误差允许的范围内10某实验小组进行“探究热敏电阻的温度特性”实验，实验室提供如下器材：热敏电阻rt （常温下约8k）、温度计电流表a（量程1ma，内阻约200）电压表v（量程3v，内阻约10k）电池组e（4.5v，内阻约1）滑动变阻器r（最大阻值为20）开关s、导线若干、烧杯和水（1）根据提供器材的参数将图1所示的实物图中所缺的导线补接完整（2）实验开始前滑动变阻器的滑动触头p应置于a端（填“a”或“b”）（3）利用补接完整的实验装置测量出不同温度下的电阻值，画出该热敏电阻的rtt图象如图2中的实测曲线，与图中理论曲线相比二者有一定的差异除了偶然误差外，下列关于产生系统误差的原因或减小系统误差的方法叙述正确的是ac（填选项前的字母，不定项选择）a电流表的分压造成电阻的测量值总比真实值大b电压表的分流造成电阻的测量值总比真实值小c温度升高到一定值后，电流表应改为外接法（4）将本实验所用的热敏电阻接到一个电流较大的恒流电源中使用，当电流通过电阻产生的热量与电阻向周围环境散热达到平衡时，满足关系式i2r=k（tt0）（其中k是散热系数，t是电阻的温度，t0是周围环境温度，i为电流强度），电阻的温度稳定在某一值若通过它的电流恒为50ma，t0=20，k=0.25w/，由实测曲线可知该电阻的温度稳定在50考点：描绘小电珠的伏安特性曲线 专题：实验题分析：（1）根据图甲所示实验电路图连接实物电路图；（2）滑动变阻器采用分压接法时，闭合开关前，滑片应调到分压电路分压应为零处（3）根据表中实验数据，在坐标系中描出对应点，然后作出图象分析实验电路，根据伏安法测电阻所造成的误差分析误差原因（4）作出p散=k（tt0）的图象，与热敏电阻随温度变化的图象的交点即为该电阻的稳定温度，带入公式即可求得此时的发热功率解答：解：（1）根据电路图连接实物图，如图1所示（2）因当滑动触头打到a端时待测电路电压或电流为零，从而保护电流表故答案为a（3）由于实验采用的是电流表内接法，由于电流表的分压使电压表读数大于热敏电阻两端的电压故a正确；在相同的温度下，热敏电阻的测量值总比理论值偏大；当温度升高到一定值后，电阻变小，则电流表应该选用外接法，故c正确；故选：ac（4）电阻的散热功率可表示为p散=k（tt0）=i2r i=40ma，r=100（tt0），在rt图象中做出如图所示的图线，据其与理论图线的交点即可求得：该电阻的温度大约稳定在50故答案为：（1）连线如图；（2）a；（3）ac；（4）50点评：本题中要特别注意第3小问中的作图解决的办法；由于导体电阻随温度的变化而变化，故不能直接应用欧姆定律，而是根据图象进行分析本题为探究性实验，要求能将所学知识熟练应用；11如图所示，一劈形滑梯固定在水平地面上，高h1=12m，底角分别为37、53，a、b两小物块质量分别为ma=2kg、mb=4kg，用轻绳连接，通过滑梯顶端的小滑轮跨放在左右两斜面上，轻绳伸直时，两物块离地高度h2=4m，在滑轮处压住细绳，已知物块与斜面间的动摩擦因数均为=0.1，g=10m/s2，sin37=0.6，sin53=0.8（1）若在压绳处突然剪断绳，求a、b下滑过程中加速度之比；（2）若松开绳，求b滑到底端时的速度大小考点：功能关系；牛顿第二定律 分析：（1）分别对ab受力分析，利用牛顿第二定律求解即可（2）对整体利用能量守恒定律求解即可解答：解：（1）对a分析有magsin 37magcos 37=maa对b分析有 mbgsin 53mbgcos 53=mab解得 =，（2）对ab整体有能量守恒定律可知：mbghbmagha（umbgcos53+umagcos37）由几何关系得：h2=hb=4m，s=5m，ha=ssin37=3m代入数据得：41042103（0.11040.6+0.125=（2+4）v2解得：v=m/s答：（1）a、b下滑过程中加速度之比为，（2）b滑到底端时的速度大小为m/s点评：本题考查牛顿第二定律和能量守恒定律的应用，第一问难度不大，第二问中整体利用能量守恒是关键，特别是位移及高度变化之间关系12如图，在直角坐标系xoy平面内，虚线mn平行于y轴，n点坐标（l，0），mn与y轴之间有沿y轴正方向的匀强电场，在第四象限的某区域有方向垂直于坐标平面的矩形有界匀强磁场（图中未画出）现有一质量为m、电荷量为e的电子，从虚线mn上的p点，以平行于x轴正方向的初速度v0射入电场，并从y轴上a点（0，0.5l）射出电场，射出时速度方向与y轴负方向成30角，此后，电子做匀速直线运动，进入磁场并从矩形有界磁场边界上q点（，l）射出，速度沿x轴负方向，不计电子重力，求：（1）匀强电场的电场强度e的大小；（2）匀强磁场的磁感应强度b的大小和电子在磁场中运动的时间t；（3）矩形有界匀强磁场区域的最小面积smin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）根据电场力提供合力使其做类平抛运动，由牛顿第二定律，结合运动学公式从而即可求解e；（2）由几何关系可确定od的距离，再由运动的分解可列出速度间的关系式，最后由运动轨迹的半径与周期公式，借助于已知长度，来确定磁场的b与运动的时间；（3）以切点f，q的连线长为矩形的一条边，与电子的运动轨迹相切的另一边作为其fq的对边，有界匀强磁场区域面积为最小，从而根据几何的关系，并由面积公式即可求解解答：解：（1）设电子在电场中运动的加速度为a，时间为t，离开电场时，沿y轴方向的速度大小为vy，则水平方向有 l=v0t竖直方向有：加速度 a=，vy=at据题有：vy=解得：e=（2）设轨迹与x轴的交点为d，od距离为xd，则xd=0.5ltan30=l所以，dq平行于y轴，电子在磁场中做匀速圆周运动的轨道的圆心在dq上，电子运动轨迹如图所示 设电子离开电场时速度为v，在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r，则有 evb=m又v=由几何关系有 r+=l，r=联立以上各式解得 b=电子转过的圆心角为120则得 t=而t=得 t=（3）以切点f，q的连线长为矩形的一条边，与电子的运动轨迹相切的另一边作为其fq的对边，有界匀强磁场区域面积为最小 smin=r得 smin=答：（1）匀强电场的电场强度e的大小为；（2）匀强磁场的磁感应强度b的大小为，电子在磁场中运动的时间t是；（3）矩形有界匀强磁场区域的最小面积smin是点评：粒子做类平抛时，由牛顿第二定律与运动学公式相结合来综合运用；在做匀速圆周运动时，由半径公式与几何关系来巧妙应用，从而培养学生在电学与力学综合解题的能力注意区别磁场的圆形与运动的轨迹的圆形的半径不同(二）选考题，请考生从以下三个模块中任选一模块作答【物理-选修3-3】13下列说法中正确的是( )a布朗运动并不是液体分子的运动，但它说明分子永不停息地做无规则运动b叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用c液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特点d当两分子间距离大于平衡位置的间距r0时，分子间的距离越大，分子势能越小考点：* 液体的表面张力现象和毛细现象；布朗运动；* 晶体和非晶体 分析：依据布朗运动现象和实质判定a；由表面张力的形成原因判定b；液晶的特征是具有光学异性，故可以制作显示器；依据分子力做功判定分析势能；解答：解：a、布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的运动，它说明液体分子永不停息地做无规则运动故a正确；b、液体表面张力产生的原因是：液体跟气体接触的表面存在一个薄层，叫做表面层，表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力露珠的形成就是由于液体表面张力的作用，故b正确；c、液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特点，故c正确；d、当两分子间距离大于平衡位置的间距r0时，分子力表现为引力，故随分子间的距离增大，分子力做负功，分子势能增大，故d错误；故选：abc点评：该题关键是掌握布朗运动的现象和实质；其次要会分析分子力随距离的变化，以及分子力做功与分子势能变化关系，这些是重点考察内容14如图所示，开口向上竖直放置的内壁光滑气缸，其侧壁是绝热的，底部导热，内有两个质量均为m的密闭活塞，活塞a导热，活塞b绝热，将缸内理想气体分成、两部分初状态整个装置静止不动处于平衡，、两部分气体的长度均为l0，温度为t0设外界大气压强为p0保持不变，活塞横截面积为s，且mg=p0s，环境温度保持不变求：在活塞a上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于2m时，两活塞在某位置重新处于平衡，活塞b下降的高度现只对气体缓慢加热，使活塞a回到初始位置，此时气体的温度考点：理想气体的状态方程；封闭气体压强 专题：理想气体状态方程专题分析：先由力学知识确定出状态中的气体压强，然后确定添加铁砂后的压强，根据对中气体列玻意耳定律方程即可求解；先根据玻意耳定律求出中气体后来的长度，然后以气体为研究对象列理想气体状态方程求解解答：解：初状态气体压强 气体压强 添加铁砂后气体压强 p1=p0+=4p0气体压强p2=p1+=5p0根据玻意耳定律，气体等温变化，p2l0s=p2l2s 可得：，b活塞下降的高度h2=l0l2=0.4l0气体等温变化，可得：l1=0.5l0只对气体加热，i气体状态不变，所以当a活塞回到原来位置时，气体高度l2=2l00.5l0=1.5l0根据气体理想气体状态方程：=得：t2=2.5t0答：在活塞a上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于2m时，两活塞在某位置重新处于平衡，活塞b下降的高度为0.4l0现只对ii气体缓慢加热，使活塞a回到初始位置，此时ii气体的温度2.5t0点评：本题考查了理想气体状态方程和力学知识的综合应用，这是2015届高考重点，要加强这方面的练习【物理-选修3-4】15a、b两列简谐横波均沿x轴正向传播，在某时刻的波形分别如图中甲、乙所示，经过时间t（t小于a波的周期ta），这两列简谐横波的波形分别变为图中丙、丁所示，则a、b两列波的波速va、vb之比可能是( )a1：1b2：1c1：2d3：1e1：3考点：横波的图象 分析：由题，甲、丙图象反相，t小于a波的周期ta，说明a波经过了半个周期b波的图象与原来重合，说明经过了整数倍周期由图读出两波的波长，由题分别得到周期与时间的关系，由波速公式得到波速的关系式，再进行选择解答：解：由图读出，a波波长为a=24cm，甲图到丙图一定是半个周期，所以周期ta=2t；b波波长为b=12cm，乙图与丁图的波形图相同，经过的时间一定是整数个周期，所以周期tb=，波速va=，vb=，得到va：vb=1：n，所以a、b两列波的波速va、vb之比可能是ace，不可能的是b、d故选：ace点评：本题中知道两个时刻波形图，抓住经过半个周期时间，波形反相；经过整数倍周期时间，图象重合是关键16有一玻璃球冠，右侧面镀银，光源s就在其对称轴上，如图所示从光源s发出的一束光射到球面上，其中一部分光经球面反射后恰能竖直向上传播，另一部分光折入玻璃球冠内，经右侧镀银面第一次反射恰能沿原路返回若球面半径为r，玻璃折射率为，求光源s与球冠顶点m之间的距离sm为多大？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源s与球心o之间的距离so解答：解：如图所示，根据折射定律，有：根据反射定律，有：1=3其中：3+2=90联立可得：1=60，2=30 由图，有：=2=30，=