湖南省郴州市2015届高三下学期第二次模拟物理试卷

1、湖南省郴州市2015届高考物理二模试卷一、选择题（本题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，其中第1-5题只有一项符合题目要求，第6-9题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1伽利略用两个对接的斜面，一个斜面A固定，让小球从固定斜面上滚下，又滚上另一个倾角可以改变的斜面B，斜面倾角逐渐改变至零，如图所示伽利略设计这个实验的目的是为了说明( )A如果没有摩擦，小球将运动到与释放时相同的高度B如果没有摩擦，物体运动时机械能守恒C物体做匀速直线运动并不需要力D如果物体不受到力，就不会运动2同向行驶的a车和b车，其位移时间图象分别为图中直线a和曲线b由图可知

2、( )Ab车运动方向始终不变B在t1时刻a车的位移大于b车Ct1到t2时间内a车的平均速度小于b车Dt1到t2时间内某时刻两车的速度相同3最近美国宇航局公布了开普勒探测器最新发现的一个奇特的行星系统，命名为“开普勒11行星系统”，该系统拥有6颗由岩石和气体构成的行星围绕一颗叫做“kepler11”的类太阳恒星运行经观测，其中被称为“kepler11b”的行星与“kepler11”之间的距离是地日距离的，“kepler11”的质量是太阳质量的K倍，则“kepler11b”的公转周期和地球公转周期的比值是( )AN3k1BN3kCNkDNK4如图所示，有一闭合的等腰直角三角形导线ABC若让它沿BA

3、的方向匀速通过有明显边界的匀强磁场（场区宽度大于直角边长），以逆时针方向为正，从图示位置开始计时，在整个过程中线框内的感应电流随时间变化的图象是图中的( )ABCD5地面附近水平虚线MN的下方存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度为E，磁感应强度为B，如图所示一带电微粒自距MN为h的高处由静止下落从P点进入场区，沿半圆圆弧POQ运动，经圆弧的最低点O从Q点射出重力加速度为g，忽略空气阻力的影响下列说法中错误的是( )A从P点运动到O点的过程中，微粒的电势能与重力势能之和越来越小B微粒进入场区后受到的电场力的方向一定竖直向上C从P点运动到Q点的过程中，微粒的电势能先增大后减小D微粒进入场区后做

4、圆周运动，半径为6某空间内有高度为d、宽度足够宽、方向水平向左的匀强电场当在该空间内建立如图所示的坐标系后，在x轴上的P点沿y轴正方向连续射入质量和电荷量均相同、且带电性质也相同的带电粒子（粒子重力不计），由于粒子的入射速率v（v0）不同，有的粒子将在电场中直接通过y轴，有的将穿出电场后再通过y轴设粒子通过y轴时，离坐标原点的距离为h，从P到y轴所需的时间为t，则( )A由题设条件可以判断出粒子的带电性质B对hd的粒子，h越大，t越大C对hd的粒子，在时间t内，电场力对粒子做的功不相等Dh越大的粒子，进入电场时的速率v也越大7如图所示轻质弹簧的一端与固定的竖直板P拴接，另一端与物体A相连，物体

5、A静止于光滑水平桌面上，右端接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连开始时用手托住B，让细线恰好伸直，然后由静止释放B直至B获得最大速度下列有关该过程的分析正确的是( )AB物体的动能增加量等于B物体重力势能的减少量BB物体的机械能一直减小C细线拉力对A做的功等于A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量DB物体机械能的减少量等于弹簧的弹性势能的增加量8如图所示，MN为纸面内的一条直线，其所在空间分布与纸面平行的匀强电场或与纸面垂直的匀强磁场的单一场区现有重力不计的带电粒子从MN上的O点以水平初速度v0沿纸面射入场区，下列判断正确的是( )A如果粒子回到MN上时速率不变，则该空间存在的一定是磁场

6、B如果粒子回到MN上时速率增大，则该空间存在的一定是电场C若仅增大水平初速度v0，发现粒子再回到MN上时速度方向与增大前相同，则该空间存在的一定是磁场D若仅增大水平初速度v0，发现粒子再回到MN所用的时间发生变化，则该空间存在的一定是电场二、非选择题（包括必须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老师上课时“用DIS研究机械能守恒定律”的装置如图（a）所示，在某次实验中，选择DIS以图象方式显示实验的结果，所显示的图象如图（b）所示图象的横轴表示小球距D点的高度h，纵轴表

7、示摆球的重力势能Ep、动能Ek或机械能E试回答下列问题：（1）图（b）的图象中，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_（按顺序填写相应图线所对应的文字）（2）根据图（b）所示的实验图象，可以得出的结论是_10有一根细而均匀的导电材料样品（如图甲所示），截面为同心圆环（如图乙所示），此样品长L约为3cm，电阻约为100，已知这种材料的电阻率为p，因该样品的内径太小，无法直接测量，现提供以下实验器材：A20等分刻度的游标卡尺B螺旋测微器C电流表A1（量程50mA，内阻r1=100，）D电流表A2（量程100mA，内阻r2大约为40，）E电流表A3（量程

8、3A内阻r3大约为0.1Q）F滑动变阻器R（010，额定电流2A）G直流电源E（12V，内阻不计）H导电材料样品Rx（长L约为3cm，电阻Rx约为100，）I开关一只，导线若干请根据上述器材设计一个尽可能精确地测量该样品内径d的实验方案，回答下列问题：（1）用游标卡尺测得该样品的长度如图丙所示，其示数L=_mm；用螺旋测微器测得该样品的外径如图丁所示，其示数D=_mm（2）请选择合适的仪器，画出最佳实验电路图，并标明所选器材（3）实验中要测量的物理量有：_ （同时用文字和符号说明）然后用已知物理量的符号和测量量的符号来表示样品的内径d=_11质量m=1kg的滑块受到一个沿斜面方向的外力F作用，

9、从斜面底端开始，以初速度vo=3.6m/s沿着倾角为37°足够长的斜面向上运动，物体与斜面间的动摩擦因数为=0.8滑块向上滑动过程中，一段时间内的速度一时间图象如图所示（g取l0m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：（1）滑块上滑过程中加速度的大小；（2）滑块所受外力F；（3）当滑块到最高点时撤除外力，此后滑块能否返回斜面底端？若不能返回，求出滑块停在离斜面底端的距离；若能返回，求出返回斜面底端时的速度12（18分）如图所示，在x轴下方的区域内存在方向与y轴相同的匀强电场，电场强度为E在x轴上方以原点O为圆心、半径为R的半圆形区域内存在匀强磁场

10、，磁场的方向垂直于xy平面并指向纸面外，磁感应强度为By轴下方的A点与O点的距离为d一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从A点由静止释放，经电场加速后从O点射入磁场不计粒子的重力作用（1）求粒子在磁场中运动的轨道半径r（2）要使粒子进入磁场之后不再经过x轴，电场强度需大于或等于某个值E0求E0（3）若电场强度E等于第（2）问E0的，求粒子经过x轴时的位置【物理-选修3-3】13下列说法正确的是( )A当一定量气体吸热时其内能可能减小B温度低的物体分子运动的平均速率小C做加速运动的物体由于速度越来越大，因此物体分子的平均动能越来越大D当液体与大气相接触时液体表面层内的分子所受其他分子作用力的合力总

11、是指向液体内部E气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数与单位体积内气体的分子数和气体温度有关14如图所示，两个截面积都为S的圆柱形容器，右边容器高为H上端封闭，左边容 器上端是一个可以在容器内无摩檫滑动的质量为M的活塞：两容器由装有阀门的极细 管道相连，容器、活塞和细管都是绝热的开始时阀门关闭，左边容器中装有理想气体，平衡时活塞到容器底的距离为H，右边容器内为真空现将阀门缓慢打开，活塞便缓慢 下降，直至系统达到新的平衡此时理想气体的温度增加为原来的1.4倍，已知外界大气 压强为P0，求此过程中气体内能的增加量【物理-选修3-4】15一列简谐横波，某时刻的图象如图甲所示，从该时刻开始计时，波

12、上A质点的振动图象如图乙所示，则以下说法正确的是( )A这列波沿x轴正向传播B这列波的波速是25m/sC质点P将比质点Q先回到平衡位置D经过t=0.4s，A质点通过的路程为4mE经过t=0.8s，A质点通过的位移为016“道威棱镜”广泛地应用在光学仪器当中，如图，将一等腰直角棱镜截去棱角，使其平行于底面，可制成“道威棱镜”，这样就减小了棱镜的重量和杂散的内部反射如图所示，从M点发出的一束平行于底边CD的单色光从AC边射入，已知棱镜玻璃的折射率n=求光线进入“道威棱镜”时的折射角，并通过计算判断光线能否从CD边射出【物理-选修3-5】17下列说法正确的是( )A卢瑟福通过粒子散射实验建立了原子核

13、式结构模型B宏观物体的物质波波长非常小极易观察到它的波动性C衰变中产生的射线实际上是原子的核外电子挣脱原子核的束缚而形成的D爱因斯坦在对光电效应的研究中，提出了光子说E对于任何一种金属都存在一个“最大波长”，入射光的波长必须小于这个波长，才能产生光电效应18两物块A、B用轻弹簧相连，质量均为2kg，初始时弹簧处于原长，A、B两物块都以v=6m/s的速度在光滑的水平地面上运动，质量4kg的物块C静止在前方，如图所示B与C碰撞后二者会粘在一起运动求在以后的运动中：（1）当弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度为多大？（2）系统中弹性势能的最大值是多少？湖南省郴州市2015届高考物理二模试卷一、选择题（

14、本题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，其中第1-5题只有一项符合题目要求，第6-9题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1伽利略用两个对接的斜面，一个斜面A固定，让小球从固定斜面上滚下，又滚上另一个倾角可以改变的斜面B，斜面倾角逐渐改变至零，如图所示伽利略设计这个实验的目的是为了说明( )A如果没有摩擦，小球将运动到与释放时相同的高度B如果没有摩擦，物体运动时机械能守恒C物体做匀速直线运动并不需要力D如果物体不受到力，就不会运动考点：伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法 专题：常规题型分析：本题考查了伽利略斜面实验的物理意义，伽利略通过“理想斜

15、面实验”推翻了力是维持运动的原因的错误观点解答：解：伽利略的斜面实验证明了：运动不需力来维持，物体不受外力作用时，总保持原来的匀速直线运动状态或静止状态，故ABD错误，C正确故选：C点评：伽利略“理想斜面实验”在物理上有着重要意义，伽利略第一个把实验引入物理，标志着物理学的真正开始2同向行驶的a车和b车，其位移时间图象分别为图中直线a和曲线b由图可知( )Ab车运动方向始终不变B在t1时刻a车的位移大于b车Ct1到t2时间内a车的平均速度小于b车Dt1到t2时间内某时刻两车的速度相同考点：匀变速直线运动的图像 专题：运动学中的图像专题分析：根据位移的变化确定运动的方向，结合位置坐标比较位移的大

16、小，根据位移和时间比较平均速度解答：解：A、从曲线b可知，位移先增大后减小，可知b车的运动方向发生改变，故A错误B、t1时刻，两车的位置坐标相等，可知两车的位移相等，故B错误C、t1到t2时间内，两车的位移相等，时间相等，则平均速度相等，故C错误D、t1到t2时间内，曲线b有一点的切线斜率与直线a斜率相等，可知在某时刻两车速度相等，故D正确故选：D点评：解决本题的关键知道位移时间图线的物理意义，知道图线切线斜率表示瞬时速度3最近美国宇航局公布了开普勒探测器最新发现的一个奇特的行星系统，命名为“开普勒11行星系统”，该系统拥有6颗由岩石和气体构成的行星围绕一颗叫做“kepler11”的类太阳恒星

17、运行经观测，其中被称为“kepler11b”的行星与“kepler11”之间的距离是地日距离的，“kepler11”的质量是太阳质量的K倍，则“kepler11b”的公转周期和地球公转周期的比值是( )AN3k1BN3kCNkDNK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：分别以开普勒11行星系统和太阳行星系统研究，根据万有引力等于向心力，列式求解即可解答：解：对于任一恒星行星系统，根据万有引力提供向心力，则有： G=r得：T=2，M是恒星的质量，r是行星公转半径根据已知条件得：“kepler11b”的公转周期和地球公转周期的比值是： Tkb：T地=：=故选：C点评：建立恒

18、星行星运动模型是解题的关键，运用万有引力等于向心力，列式求解4如图所示，有一闭合的等腰直角三角形导线ABC若让它沿BA的方向匀速通过有明显边界的匀强磁场（场区宽度大于直角边长），以逆时针方向为正，从图示位置开始计时，在整个过程中线框内的感应电流随时间变化的图象是图中的( )ABCD考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律 专题：电磁感应与电路结合分析：先根据楞次定律判断感应电流的方向再分两段时间分析感应电动势，由欧姆定律得到感应电流的变化情况感应电动势公式E=Blv，是有效的切割长度即与速度垂直的长度L解答：解：本题分线圈进入磁场和穿出磁场两个过程研究即可A、进入磁场时，线圈的磁

19、通量增加，穿出磁场时，线圈的磁通量减小，根据楞次定律判断可知，两个过程中线圈产生的感应电流方向相反故A错误B、C、D、进入磁场过程，线圈有效切割长度L均匀增大，由公式E=BLv均匀增大，感应电流均匀增大；穿出磁场过程，线圈有效切割长度也均匀增大，由公式E=BLv均匀增大，感应电流均匀增大；故B正确，CD错误故选：B点评：本题的解题关键是根据感应电动势、欧姆定律及几何知识得到i的表达式，再由数学知识选择图象5地面附近水平虚线MN的下方存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度为E，磁感应强度为B，如图所示一带电微粒自距MN为h的高处由静止下落从P点进入场区，沿半圆圆弧POQ运动，经圆弧的最低点O从

20、Q点射出重力加速度为g，忽略空气阻力的影响下列说法中错误的是( )A从P点运动到O点的过程中，微粒的电势能与重力势能之和越来越小B微粒进入场区后受到的电场力的方向一定竖直向上C从P点运动到Q点的过程中，微粒的电势能先增大后减小D微粒进入场区后做圆周运动，半径为考点：电势能；向心力 分析：带电微粒进入正交的匀强电场和匀强磁场中，受到重力、电场力和洛伦兹力而做匀速圆周运动，可知电场力与重力平衡由洛伦兹力提供向心力，可求出微粒做圆周运动的半径根据电场力做功正负，判断电势能的变化和机械能的变化解答：解：A、微粒从P点运动到O点的过程中做匀速圆周运动，电势能、动能、重力势能之和一定，动能不变，则知微粒的

21、电势能和重力势能之和一定故A错误B、由题，带电微粒进入正交的匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动，电场力与重力必定平衡，则微粒受到的电场力的方向一定竖直向上故B正确；C、从P点运动到Q点的过程中，电场力先做负功后做正功，则其电势能先增大后减小故C正确；D、由上则有： mg=qE 由洛伦兹力提供向心力，则有： qvB=m 又v= 联立三式得，微粒做圆周运动的半径为： r=故D正确；本题选错误的，故选：A点评：本题解题关键是分析微粒做匀速圆周运动的受力情况，根据合力提供向心力进行判断6某空间内有高度为d、宽度足够宽、方向水平向左的匀强电场当在该空间内建立如图所示的坐标系后，在x轴上的P点沿y轴正方向

22、连续射入质量和电荷量均相同、且带电性质也相同的带电粒子（粒子重力不计），由于粒子的入射速率v（v0）不同，有的粒子将在电场中直接通过y轴，有的将穿出电场后再通过y轴设粒子通过y轴时，离坐标原点的距离为h，从P到y轴所需的时间为t，则( )A由题设条件可以判断出粒子的带电性质B对hd的粒子，h越大，t越大C对hd的粒子，在时间t内，电场力对粒子做的功不相等Dh越大的粒子，进入电场时的速率v也越大考点：带电粒子在匀强电场中的运动 专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：根据粒子的偏转方向与电场线的方向，可确定电场力的方向，从而确定电性；粒子在电场中做类平抛运动，若在电场中进入y轴，则电场力的方向偏转

23、位移相同，所以运动时间也相等，做功也相等；若出电场后进入y轴，则h越大，沿着电场力方向偏转位移越小，做功越少解答：解：A、由题意可知，粒子向左偏，由电场线的方向，可确定电场力方向向左，因此粒子带正电，故A正确；B、当hd的粒子时，粒子受到电场力一样，加速度也相同，因此运动时间也相等，由于粒子的速度不同，所以导致粒子的h不同，故B错误；C、对hd的粒子，在时间t0内，电场力方向的位移相同，因此电场力做功相等，故C错误；D、若在电场中直接通过y轴，水平分位移x相等，由x=知，运动时间t相等，竖直分位移h=v0t，则h越大的粒子，进入电场时的速率v也越大，若穿出电场后再通过y轴，通过电场时竖直分位移

24、y相等，h越大，沿着电场力偏转位移x越小，由x=，可知t越小，由y=v0t，可知，v越大，故D正确；故选：AD点评：考查类平抛运动的处理方法，掌握运动的合成与分解的等时性，理解牛顿第二定律与运动学公式的应用7如图所示轻质弹簧的一端与固定的竖直板P拴接，另一端与物体A相连，物体A静止于光滑水平桌面上，右端接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连开始时用手托住B，让细线恰好伸直，然后由静止释放B直至B获得最大速度下列有关该过程的分析正确的是( )AB物体的动能增加量等于B物体重力势能的减少量BB物体的机械能一直减小C细线拉力对A做的功等于A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量DB物体机械能的减少

25、量等于弹簧的弹性势能的增加量考点：功能关系 分析：正确解答该题要分析清楚过程中两物体受力的变化情况和各个力做功情况，根据功能关系明确系统动能、B重力势能、弹簧弹性势能等能量的变化情况，注意各种功能关系的应用解答：解：A、B、由于要可以细线拉力做功，故物体B的机械能减小，故物体B的重力势能的减小量大于其动能的增加量，故A错误，B正确；C、系统机械能的增量等于系统除重力和弹簧弹力之外的力所做的功，A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于细线拉力对A做的功，故C正确；D、整个系统中，根据功能关系可知，B减小的机械能能转化为A的机械能以及弹簧的弹性势能，故B物体机械能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量

26、，故D错误；故选：BC点评：正确受力分析，明确各种功能关系，是解答这类问题的关键，这类问题对于提高学生的分析综合能力起着很重要的作用8如图所示，MN为纸面内的一条直线，其所在空间分布与纸面平行的匀强电场或与纸面垂直的匀强磁场的单一场区现有重力不计的带电粒子从MN上的O点以水平初速度v0沿纸面射入场区，下列判断正确的是( )A如果粒子回到MN上时速率不变，则该空间存在的一定是磁场B如果粒子回到MN上时速率增大，则该空间存在的一定是电场C若仅增大水平初速度v0，发现粒子再回到MN上时速度方向与增大前相同，则该空间存在的一定是磁场D若仅增大水平初速度v0，发现粒子再回到MN所用的时间发生变化，则该空

27、间存在的一定是电场考点：带电粒子在匀强电场中的运动 专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：洛伦兹力不做功，电场力可以做功；粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，在电场中做类似抛体运动解答：解：A、若带电粒子以与电场线平行的速度v0射入，粒子返回速率不变，故A错误；B、洛伦兹力对带电粒子不做功，不能使粒子速度增大，电场力可使带电粒子做功，动能增大，故速率增加一定是电场，故B正确；C、若带电粒子以与电场线平行的速度v0射入，粒子返回速率不变，故C错误；D、由T=知，粒子在磁场中运动的时间与速率无关；故时间改变一定是电场；故D正确；故选：BD点评：本题关键是分电场和磁场两种情况进行分析讨论，抓住匀速圆周运

28、动模型和直线运动模型进行分析讨论二、非选择题（包括必须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老师上课时“用DIS研究机械能守恒定律”的装置如图（a）所示，在某次实验中，选择DIS以图象方式显示实验的结果，所显示的图象如图（b）所示图象的横轴表示小球距D点的高度h，纵轴表示摆球的重力势能Ep、动能Ek或机械能E试回答下列问题：（1）图（b）的图象中，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（按顺序填写相应图线所对应的文字）

29、（2）根据图（b）所示的实验图象，可以得出的结论是在实验误差允许的范围内，在只有重力做功的情况下，小球的机械能守恒考点：验证机械能守恒定律 专题：实验题；机械能守恒定律应用专题分析：根据小球向上摆动过程中，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拉力和重力，拉力不做功，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：根据EP=mgh和动能定理可知，当高度增大时，重力做负功，EP=mgh增大，动能减小，而机械能不变，则乙表示重力势能EP丙表示动能，甲表示机械能 小球摆动过程受到拉力和重力，拉

30、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：在误差允许的范围内，在只有重力做功的情况下，小球的机械能守恒故本题答案：乙、丙、甲；在误差允许的范围内，在只有重力做功的情况下，小球的机械能守恒点评：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有一根细而均匀的导电材料样品（如图甲所示），截面为同心圆环（如图乙所示），此样品长L约为3cm，电阻约为100，已知这种材料的电阻率为p，因该样品的内径太小，无法直接测量，现提供以下实验器材：A20等分刻度的游标卡尺B螺旋测微器C电流表A1（量程50mA，内阻r1=100，）D电流表A2

31、（量程100mA，内阻r2大约为40，）E电流表A3（量程3A内阻r3大约为0.1Q）F滑动变阻器R（010，额定电流2A）G直流电源E（12V，内阻不计）H导电材料样品Rx（长L约为3cm，电阻Rx约为100，）I开关一只，导线若干请根据上述器材设计一个尽可能精确地测量该样品内径d的实验方案，回答下列问题：（1）用游标卡尺测得该样品的长度如图丙所示，其示数L=30.35mm；用螺旋测微器测得该样品的外径如图丁所示，其示数D=3.206mm（2）请选择合适的仪器，画出最佳实验电路图，并标明所选器材（3）实验中要测量的物理量有：A1电流表示数为I1，A2电流表示数为I2， （同时用文字和符号说明

32、）然后用已知物理量的符号和测量量的符号来表示样品的内径d=考点：测定金属的电阻率 专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读；螺旋测微器的读数等于固定刻度读数加上可动刻度读数，需估读（2）根据伏安法测量该样品的电阻，考虑D电流表满偏电流大于C电流表的满偏电流，同时C电流表的内阻是定值，因此可以求出C电流表两端的实际电压，从而可将C电流表当做电压表而求出样品两端的电压结合电阻定律求出样品的内径大小解答：解：（1）游标卡尺读数为：L=30mm+7×0.05mm=30.35mm螺旋测微器测得该样品的外径为：d=3mm+20.6×0.01

33、mm=3.206mm（2）通过电阻的最大电流大约I=A=120mA，3A电流表量程偏大，另外两个电流表中，D电流表的满偏电流大于C电流表的满偏电流，又C电流表内阻为定值，根据欧姆定律与串并联知识，应将C电流表与待测材料并联后再与D电流表串联，又因滑动变阻器阻值太小应用分压式接法，可设计电路图如图所示（3）设A1电流表示数为I1，A2电流表示数为I2，由欧姆定律可得待测电阻阻值R=又由电阻定律：R=联立解得：d=故答案为：（1）30.35，3.206 （2）如上图所示（3）A1电流表示数为I1，A2电流表示数为I2，点评：本题属于电流表与电压表的反常规接法，即可将电流表当做电压表来使用，关键是根

34、据电路图能求出待测电阻的阻值才行11质量m=1kg的滑块受到一个沿斜面方向的外力F作用，从斜面底端开始，以初速度vo=3.6m/s沿着倾角为37°足够长的斜面向上运动，物体与斜面间的动摩擦因数为=0.8滑块向上滑动过程中，一段时间内的速度一时间图象如图所示（g取l0m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：（1）滑块上滑过程中加速度的大小；（2）滑块所受外力F；（3）当滑块到最高点时撤除外力，此后滑块能否返回斜面底端？若不能返回，求出滑块停在离斜面底端的距离；若能返回，求出返回斜面底端时的速度考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系 专

35、题：牛顿运动定律综合专题分析：1）根据速度时间图象的斜率表示加速度即可求解；（2）设F沿斜面向上，对滑块进行受力分析，根据牛顿第二定律列式求解外力F，若F为负值，则方向与假设方向相反；（3）滑块到最高点时速度为零，撤除外力后 mgsinmgcos，所以滑块不能返回斜面底端，根据运动学公式求出滑块停在离斜面底端的距离解答：解：（1）由速度图象可得，加速度大小为：a=（2）设F沿斜面向上，由牛顿第二定律得：（Fmgsin37°mgcos37°）=maF=mgsin37°+mgcos37°ma=2.6N负号说明F的方向沿斜面向下（3）撤掉力F后，由于mgsin

36、37°=1×10×0.6N=6Nmgcos37°=0.8×1×10×0.8N=6.4N故物体不会返回物体离斜面的距离为：s=答：（1）滑块上滑过程中加速度的大小为15m/s2；（2）滑块所受外力F为2.6牛，方向沿斜面向下；（3）当滑块到最高点时撤除外力，此后滑块不能返回，滑块停在离斜面底端0.43米处点评：本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的应用，要求同学们能正确对滑块进行受力分析，能根据图象得出有效信息，难度适中12（18分）如图所示，在x轴下方的区域内存在方向与y轴相同的匀强电场，电场强度为E在x轴上方以原点O

37、为圆心、半径为R的半圆形区域内存在匀强磁场，磁场的方向垂直于xy平面并指向纸面外，磁感应强度为By轴下方的A点与O点的距离为d一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从A点由静止释放，经电场加速后从O点射入磁场不计粒子的重力作用（1）求粒子在磁场中运动的轨道半径r（2）要使粒子进入磁场之后不再经过x轴，电场强度需大于或等于某个值E0求E0（3）若电场强度E等于第（2）问E0的，求粒子经过x轴时的位置考点：动能定理的应用；带电粒子在匀强电场中的运动；带电粒子在匀强磁场中的运动 专题：动能定理的应用专题分析：（1）带电粒子先在电场中加速后进入磁场中偏转根据动能定理求加速获得的速度，由牛顿第二定律和向心力

38、公式结合求磁场中运动的半径；（2）要使粒子之后恰好不再经过x轴，则离开磁场时的速度方向与x轴平行，画出粒子的运动轨迹，由几何知识求出轨迹半径，由上题结论求E0（3）若电场强度E等于第（2）问E0的，求粒子在磁场中运动的轨迹半径，画出粒子的运动轨迹，由几何知识求经过x轴时的位置解答：解：（1）粒子在电场中加速，由动能定理得 粒子进入磁场后做圆周运动，有 解得粒子在磁场中运动的半径 （2）要使粒子之后恰好不再经过x轴，则离开磁场时的速度方向与x轴平行，运动情况如图，由几何知识可得 由以上各式解得 （3）将代入可得磁场中运动的轨道半径 粒子运动情况如图，图中的角度、满足 cos= 即=30°

39、; 则得 =2=60° 所以 粒子经过x轴时的位置坐标为 解得 答：（1）粒子在磁场中运动的轨道半径r为（2）要使粒子进入磁场之后不再经过x轴，电场强度需大于或等于某个值E0E0为（3）若电场强度E等于第（2）问E0的，粒子经过x轴时的位置为x=点评：本题是带电粒子在复合场中运动的类型，运用动能定理、牛顿第二定律和几何知识结合进行解决【物理-选修3-3】13下列说法正确的是( )A当一定量气体吸热时其内能可能减小B温度低的物体分子运动的平均速率小C做加速运动的物体由于速度越来越大，因此物体分子的平均动能越来越大D当液体与大气相接触时液体表面层内的分子所受其他分子作用力的合力总是指向液

40、体内部E气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数与单位体积内气体的分子数和气体温度有关考点：物体的内能；气体压强的微观意义 分析：根据热力学第一定律，U=W+Q可判定A温度是分子平均动能的标志，由此可判定BC由表面张力的形成原因可判定D由压强的微观解释可判定E解答：解：A、根据U=W+Q可知，当一定量气体吸热时，其内能可能减小，也可能不变，也可能增大，故A正确；BC、温度是分子平均动能的标志，与物体是否运动，做何种性质的运动无关；温度低的物体分子运动的平均动能小，但是动能与质量有关，故速率不一定小，故B错误，C错误D、由于表面张力的作用当液体与大气相接触时，液体表面层内的分子所受其它分子作用

41、力的合力总是沿液体的表面即表面形成张力，合力指向内部，故D正确；E、单位体积内气体的分子数多少和气体温度的高低，影响着气体的压强，即气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，故E正确故选：ADE点评：考查热力学第一定律的内容，注意W与Q的正负确定，掌握晶体与非晶体的区别，理解分子表面引力，同时掌握影响气体分子的压强因素14如图所示，两个截面积都为S的圆柱形容器，右边容器高为H上端封闭，左边容 器上端是一个可以在容器内无摩檫滑动的质量为M的活塞：两容器由装有阀门的极细 管道相连，容器、活塞和细管都是绝热的开始时阀门关闭，左边容器中装有理想气体，平衡时活塞到容器底的距离为H，右边容器内为真空现将

42、阀门缓慢打开，活塞便缓慢 下降，直至系统达到新的平衡此时理想气体的温度增加为原来的1.4倍，已知外界大气 压强为P0，求此过程中气体内能的增加量考点：热力学第一定律；封闭气体压强 专题：热力学定理专题分析：对活塞受力分析，应用理想气体状态方程求出活塞下降的距离，再根据热力学第一定律求内能的变化解答：解：理想气体发生等压变化，气体压强为P，对活塞由：PS=Mg+P0S设气体初温为T，活塞下降X，平衡时有：解得X=系统绝热，Q=0外界对气体做功W=PSX由热力学第一定律U=Q+W所以U=答：此过程中气体内能的增加量点评：本题考查了热力学第一定律和理想气体状态方程的综合应用，难度中等【物理-选修3-

43、4】15一列简谐横波，某时刻的图象如图甲所示，从该时刻开始计时，波上A质点的振动图象如图乙所示，则以下说法正确的是( )A这列波沿x轴正向传播B这列波的波速是25m/sC质点P将比质点Q先回到平衡位置D经过t=0.4s，A质点通过的路程为4mE经过t=0.8s，A质点通过的位移为0考点：横波的图象；波长、频率和波速的关系 专题：振动图像与波动图像专题分析：由乙图读出t=0时刻质点A的速度方向，由甲图判断出波的传播方向由甲图读出波长，由乙图读出周期，求出波速判断该时刻P、Q的速度方向，即可分析它们回到平衡位置的先后；根据时间与周期的倍数关系，结合在一个周期内质点通过的路程是4倍振幅，求解经过t=

44、0.4s，A质点通过的路程，确定经过t=0.8s，A质点通过的位移解答：解：A、由质点A的振动图象乙知：质点A在t=0时刻处于平衡位置且向上振动，则由波形平移法可知该波必定沿x轴负方向传播，故A错误B、由图甲知 =20m，由图乙知 T=0.8s，所以波速=25m/s，故B正确C、由于波沿x轴负方向传播，P点振动方向向下，回到平衡位置的时间大于T，而Q点由波谷直接向平衡位置振动，所需时间为T，故C错误D、由图知振幅A=2m因为t=0.4s=T，所以质点A通过的路程为S=2A=4m，故D正确E、因为t=0.8s=T，所以质点A通过的位移为0，故E正确故选：BDE点评：本题既要理解振动图象和波动图象各自的物理意义，由振动图象能判断出质点的速度方向，同时要把握两种图象的联系，由质点的速度方向，判断出波的传播方向对于简谐运动质点的路程，往往根据：在一个周期内质点通过的路程是4倍振幅，分析和求解16“道威棱镜”广泛地应用在光学仪器当中，如图，将一等腰直角棱镜截去棱角，使其平行于底面，可制成“道威棱镜”，这样就减小了棱镜的重量和杂散的内部反射如图所示，从M点发出的一束平行于底边CD的单色光从AC边射入，已知棱镜玻璃的折射率n=求光线进入“道威棱镜”时的折射角，并通过计算判断光线能否从CD边射出考点：光的折射定律 专题：光的折