广东省潮阳中学高考物理模拟试卷(二)

2015年东潮中高物模试（）一单选题本共6小，小3分共18分．每题出四选中只一选是合目求）1．物理学是一门以实验为基础学科．物理定律就是在大量实验的基础上归纳总结出来的有物理规律或物理关系建立并不是直接从实验得到的是经过了理想化或合理外推，下列选项中属于这种情况的是（）A．牛第一定律B牛顿第二定律C．电定律D．法拉第电磁感应定律2．质量相等的两个质点A、B在力作用下从同一地点沿同一直线竖直向上运动的v﹣t图象如图所示，下列说法正确的是（）A．t时刻个质点在同一位置B．0时间两质点的平均速度相等C．0时间A质点处于超状态D．

在t﹣t时内质点B的械能守恒3．如图所示，斜面上放有两个全相同的物体、b两物体间用一根细线连接，在细线的中点加一与斜面垂直的拉力F，两物体均处于静止状态．则下列说法正确的是（）A．a、b两体的受力个数一相同B．a、b两体对斜面的压力同C．a、b两体受到的摩擦力小一定相等D．

当逐渐增大拉力F时物体b先始滑动4．如图甲为理想变压器的示意，其原圈的匝数比为电压表和电流表均为理想电表R为阻随温度升高而变的热敏电阻为值电阻．若发电机向原线圈输入如图乙所示的正弦交流电，则下列说法中正确的是（）1

A．

输入变压器原线圈的交流电压的表达式为u=36sin50πtVB．t=0.015s时发电机的线平面与磁场方向垂直C．

变压器原、副线圈中的电流之比为5：1D．R温度高时，电流表的示数变小，伏特表的读数不变5．如图所示，“神舟八号”飞与“天宫一号”目标飞行器于北京时间2011年11月3日凌晨实现刚性连接形组合体中国载人航天首次空间交会对接试验获得成功已知地球的自转周期T、地球半径R地球表面的重力加速度g组合体运行的轨道距地面高度为h，下列表达式正确的是（）A．组体所在轨道处的重力加速度′=B．组体围绕地球作圆周运动的角速度大小ω=C．组体的线速度大小v=D．组体的运行周期T′=6．如图所示，一半径为R的均带正电圆环水平放置，环心为O点，在O正上方h高置的A点A′关于O对称．质量带正电的小球从A静止释放，并穿过带电环．则小球从A点A′过程中加速度a力势能E械能势能（E）位置变化的图象一定不正确的（点坐标原点且重力势能为零向下为正方向无远电势为零）A．B．CD．2

二多选题本共4小题，小5分共20分．每题出四选中至少两选是合目求．部对得5分选但全，3分；有选的得分）7．在电磁学发展过程中，科学们做出了很大贡献．下列说法符合事实的是（）A．焦发现了焦耳定律；亨利发现了自感现象B．奥特发现了电流磁效应；洛仑兹发现了磁场对电流的作用规律C．安最早引入了电场概念；楞次发现了楞次定律D．库发现了点电荷的相互作用规律；密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值8．电阻R、电容C与一线圈连成合回路，条形磁铁静止于线圈的正上方极上，如图所示现使磁铁由静止开始下落接近线圈上端的过程中列法正确的）A．B．C．D．

流过R的流方向是a到b电容器的下极板带正电磁铁下落过程中，加速度保持不变穿过线圈的磁通量不断增大9如所示两长直导线竖平行固定放置与水平固定放置的光滑绝缘杆MN分别于c两点o是cd的点上b两点关于o点对称两导线均通有大小相等、方向向上的电流知直导线周围某点产生磁场的磁感应强度与电流成正比该点到导线的距离成反比一带正电的球穿在杆上初速度v从a点出沿杆运动到b点a、b、o三杆对小球的支持力大小分别为F、F、F下列说法可能正确的是（）A．F＞FB．F＞FC．D．

小球一直做匀速直线运动小球先做加速运动后做减速运动10．图A、B、C三个同样的滑从粗糙固定斜面上的同一高度同时开始运动A由止释放，B的速度方向沿斜面向下大小为，C的初速度方向沿斜面水平，大小也为v，确的是（）3

A．B．

滑到斜面底端时B的能最大滑到斜面底端时C的械能减最多C．A和C将时滑到斜面底端D．C下滑程中，水平方向作匀速运动三实题本共2小，11题分第128分共15分．答写答卡指的题，要写演过）11．了探究质量一定时加速度力的关系，一同学设计了如图1所的实验装置．其中M为带滑轮的小车的质量，m为和砂桶的质量轮质量不计）（1）实验时，一定要进行的操是选）A．用天平测出砂和砂桶的质量B．将带滑轮的长木板右端垫高以平衡摩擦力．C．小车靠近打点计时器，先接电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计示数．D．改变砂和砂桶的质量，打出条纸带．E．为减小误差，实验中一定要证砂和砂桶的质量m小于小车的质量M（2该学在实验中得到如图2所的一条纸（计数点间还有四个点没有画出打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为m/s（果保留两位有效数字（3以弹簧测力计的示数F为坐标，加速度为纵坐标，画出a﹣F图是一条直线，求得图线的斜率为k，则小车的质为．12．确定待测电阻R的阻，如下测量．（1）用多用电表测量该电阻时选用“×10”倍率的电阻档后，应先，再进行测量，之后多用电表的示数如图甲所示，测得该电阻为Ω．4

（2）某同学想精确测得上述待电阻R的值，实验室提供如下器材：A．电流表A（程50mA、内阻r约为10ΩB．电流表A（程200mA、阻r约Ω）C．定值电阻R=30ΩD．滑动变阻器R（最大阻值约10）E．电源E（电动势约为）F．开关S、导线若干该同学设计了测量电阻R的种验电路原理如图乙所示N处的电流表应选用（填器材选项前相应的英文字母关合前应将滑动变阻器的滑片置于（选填“a”或者“b”（3）若M、N电表的读数分别为，则计算式为R=题中字母表示）四计题本共2小，13题10分，1413分，共23分把解写答卡指的题，求出要文说、程和算骤）13．图所示为半径R=0.50m的分之一圆弧轨道，底端距水平地面的高度h．一质量m=1.0kg的滑块从圆弧轨道端静止释放达道底端B点速度v=2.0m/s略空气的阻力．取g=10m/s．：（1）小滑块在圆弧轨道底端点到的支持力大小F；（2）小滑块由A到B的过中克服摩擦力所做的功；（3）小滑块落地点与B点的平距离x14．图，△OAC的个顶点的坐标分别为（0，0（0（Leq\o\ac(△,在)区域内有垂直于xOy平向里的强磁场．在时刻，同时从三角形的边处以沿y轴正向的相同速度将质量均为m电荷量均为q带正电粒子射入磁场知t=t时从OC边射出磁场的粒子的速度方垂直于y轴不计粒子重力和空气阻力及粒子间相互作用．（1）求磁场的磁感应强度B的小；（2）若从边两个不同位置射磁场的粒子，先后从OC上的同一P（P点图中未标出）射出磁场，求这两个粒子在磁场中运动的时间t与t间应满足的关系；（3OC边上的同一点P射磁场的这两个粒子经过点的间间隔与P点置有关该时间间隔最大值为，粒进入磁场时的速度大小．5

五选题请生以三模中选模作，果做，按做第、模计．答用铅在题上把选目题涂．算请出要文说、程和算骤模3-3试】15．列说法中正确的是（）A．当们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大B．气压强的大小跟气体分子的平均动能有关，与分子的密集程度无关C．随分子间距增大，分子间引力和斥力均减小，分子势能不一定减小D．导性能各向同性的固体，可能是单晶体E．只对热机不断改进，就可以把热机得到的全部内能转化为机械能16如所示为一下粗上细且上端开口的薄壁玻璃管内一部分水银封住密闭气体上管足够长，图中大小截面积分别为S=2cm=1cm，粗细管内水银长度分别为h=h=2cm，封闭气体长度为L=22cm．气强为=76cmHg气体初始温度为57℃．求：①若缓慢降低气体温度，降低至多少开尔文时，所有水银全部进入粗管内；②若温度降低至237K，气体的长度为多少．【块试题17．于机械振动与机械波说法确的是（）A．机波的频率等于振源的振动频率B．机波的传播速度与振源的振动速度相等C．质振动的方向总是垂直于波传播的方向D．在个周期内，沿着波的传播方向，振动在介质中传播一个波长的距离E．机波在介质中传播的速度由介质本身决定6

18如所示为一透明玻璃半球其下面有一平行半球上表面水平放置的光屏束于中心轴OO′称的激光束从半上表面垂直射入玻璃半球，恰能从球面射出．当光屏距半球上表面时球折出的两束光线汇聚于光屏与OO′的交点光距上表面h=70cm时，光屏上形成半径的形光斑．求：该半球形玻璃的折射率．【块试题19•琼海校级模拟）下列法中正确的是（）A．光效应实验揭示了光的粒子性B．原核发生一次β衰变该原子核外就失去一个电子C．原核放出β粒后，转成的新核所对应的元素是原来的同位素D．玻在研究原子结构中引进了量子化的观念20•琼海校级模拟）光滑平面上有三个物块和于同一直线上，如图所示，B的量为m=1kg、C的量是3m开始时三个物块都静止，让B获得向右的初速度v=2m/s，先与发弹性碰撞，然后B又发生碰撞并黏在一起，求在、后两次碰撞中受到的冲量大小之比．7

年广省阳中高物模试（）参答与题析一单选题本共6小，小3分共18分．每题出四选中只一选是合目求）1．物理学是一门以实验为基础学科．物理定律就是在大量实验的基础上归纳总结出来的有物理规律或物理关系建立并不是直接从实验得到的是经过了理想化或合理外推，下列选项中属于这种情况的是（）A．牛第一定律B牛顿第二定律C．电定律D．法拉第电磁感应定律考点：物理学史．分析：确各个定律的特点以及理想实验的应用即可正确解答本题．解答：解A、牛顿第一定律是逻辑思维的产物，不是直接从实验得到的，故A正．BCD、牛顿第二定律、电阻定律和法拉第电磁感应定律均是实验定律，故CD错．故选：．点评：题考查了理想实验的理解和应用平时学习中要加强基本规律的理解时意加强练习．2．质量相等的两个质点A、B在力作用下从同一地点沿同一直线竖直向上运动的v﹣t图象如图所示，下列说法正确的是（）A．t时刻个质点在同一位置B．0时间两质点的平均速度相等C．0时间A质点处于超状态D．

在t﹣t时内质点B的械能守恒考点：匀变速直线运动的图像均速度匀速直线运动的速度与时间的关系重失重．专题：运动学中的图像专题．分析：度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移均度等于位移除以时间加度方向向上时，物体处于超重状态，方向向下时失重状态，物体的动能和势能之和不变时，机械能守恒．解答：解A、速度时间图象坐标轴围成的面积表示位移﹣t时内B的移大于A的位移，在A的面，故A错；B﹣t时内B的移大于A的位移，时间相等，则平均速度大于A的平速度，故B错；8

C、0﹣t时内A的率为正，加速度为正，方向向上，处于超重状态，故C正；D﹣t时内质点B匀向运动，动能不变，重力势能变大，机械能增大，故D错．故选：点评：决本题的关键知道速度时间图线的物理意义道线的斜率表示加速度线时间轴围成的面积表示位移，当加速度方向向上时，物体处于超重状态向下时处失重状态．3．如图所示，斜面上放有两个全相同的物体、b两物体间用一根细线连接，在细线的中点加一与斜面垂直的拉力F，两物体均处于静止状态．则下列说法正确的是（）A．a、b两体的受力个数一相同B．a、b两体对斜面的压力同C．a、b两体受到的摩擦力小一定相等D．

当逐渐增大拉力F时物体b先始滑动考点：共点力平衡的条件及其应；物体的弹性和弹力．专题：共点力作用下物体平衡专．分析：ab进受力分析ab两物体都处于静止状态，受力平衡，把绳子和力T和力mg都分解到沿斜面方向和垂直斜面方向，根据共点力平衡列式分析即可．解答：解A、对ab进受力分析，如图所示：b物处于静止状态，当绳子沿面向上的分量与重力沿斜面向下的分量相等时，摩擦力为零，所以b可能只受3个作用，而物体定受到摩擦力作用，肯定受4个作用，故A错误；B、ab两物体，垂直于斜面方受力都平衡，则有：N+Tsinθ=mgcosθ解得：N=mgcosθ﹣Tsinθ则a、b两物体对斜面的压力相同，故B正；C、根据的分可知，b的擦力可以为零，而a的擦力一定不为零，故C错误；D、对沿面方向有：Tcosθ+mgsinθ=f，对b沿面方向有：Tcosθ，正压力相等，所以最大静摩擦力相等，则a达到最大静摩擦力，先滑动，故D错．故选：9

点评：题解题的关键是正确对物体进行受力分析，能根据平衡条件列式求解，难度不大，属于基础题．4．如图甲为理想变压器的示意，其原圈的匝数比为电压表和电流表均为理想电表R为阻随温度升高而变的热敏电阻为值电阻．若发电机向原线圈输入如图乙所示的正弦交流电，则下列说法中正确的是（）A．

输入变压器原线圈的交流电压的表达式为u=36sin50πtVB．t=0.015s时发电机的线平面与磁场方向垂直C．

变压器原、副线圈中的电流之比为5：1D．R温度高时，电流表的示数变小，伏特表的读数不变考点：变压器的构造和原理．专题：交流电专题．分析：图乙可知交流电压最大值U=36，周期T=0.02s，由周期求出角速度的值，则可得交流电压u的达式U=36sin100πtV、由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比，处温升高时，阻减小，根据负载电阻的变化，可知电流．解答：解A、由图乙可知交流电压最大值U=36V，周期，由周期求出角速度的值为ω=100πrad/s，则可交流电压u的表达式U=36sin100πtV，故A错；B、u的表式U=36sin100πtV当t=0.015s时u=36V，时电动势最大，发电机的线圈平面与磁场方向平行，故B错误；C、变压器原、副线圈中的电流比为：5故错误D、t处度升高时，阻值增大，电流表的示数减小，因为输入电压不变，所以电压表示数不变，故正确故选：．点评：据图象准确找出已知量对学生认图的基本要求确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键．5．如图所示，“神舟八号”飞与“天宫一号”目标飞行器于北京时间2011年11月3日凌晨实现刚性连接形组合体中国载人航天首次空间交会对接试验获得成功已知地球的自转周期T、地球半径R地球表面的重力加速度g组合体运行的轨道距地面高度为h，下列表达式正确的是（）A．组体所在轨道处的重力加速度′=B．组体围绕地球作圆周运动的角速度大小ω=C．组体的线速度大小v=D．组体的运行周期T′=10

考点：人造卫星的加速度、周期轨道的关系；万有引力定律及其应用．专题：人造卫星问题．分析：有引力提供组合体做圆周运动的向心力万有引力公式与牛顿第二定律求出重力加速度、角速度、线速度、周期，然后分析答题．解答：解地球表面的物体受到的重力等于万有引力，即G

=m，则：GM=gR，组合体绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力；A、由牛顿第二定律得：G=mg，解得：g′=，A错；B、由牛顿第二定律得：G=m（R+h得：ω=

，故B错；C、由牛顿第二定律得：G=mr，解得：T=2，合体的轨道半径R+h＞R，组合体的周期：′＞T，合体的线速度v=误；

＜，C错D、由牛顿第二定律得G=m

（R+h得T，故D正；故选：．点评：题考查了万有引力定律的应用道万有引力提供向心力用有引力公式与牛顿第二定律即可解题，解题时注意“黄金代换”的应用．6．如图所示，一半径为R的均带正电圆环水平放置，环心为O点，在O正上方h高置的A点A′关于O对称．质量带正电的小球从A静止释放，并穿过带电环．则小球从A点A′过程中加速度a力势能E械能势能（E）位置变化的图象一定不正确的（点坐标原点且重力势能为零向下为正方向无远电势为零）11

A．B．CD．考点：电势能；动能定理的应用分析：析小球受到的电场力可能的情况，确定合力情况，分析加速度情况．由E=mgh分析重力势能．根据电场力做功情况，分析小球机械能的变化和电势能的变化情况．解答：解A、圆环中心的场强为零，无穷远处场强也为零，则小球从A到圆环中心的过程中场可能先增大后减小则小球所受的电场力先增大后减小方向竖直向上由牛顿第二定律得知，重力不变加速度可能先减小后增大；小球穿过圆环后，小球所受的电场力竖直向下，加速度方向向下，为正值，根据对称性可知，电场力先增大后减小，则加速度先增大后减小．故A是能的．故确．B、小球从A到环中心的过程中，电场力做负功，机械能减小，小球穿过圆环后，电场力做正功，机械能增大，故B是可能的．故B确．C、小球从A到圆环中心的过程，重力势能E=mgh小球穿过圆环后E=﹣mgh，根据数学知识可知C是可的．故C正确．D、由于圆环所产生的是非匀强场，小球下落的过程中，电场力做功与下落的高度之间是非线性关系势变化与下落度之间也是非线性关系是定不正确D错．本题选一定不正确的，故选：D点评：题难点是运用极限法分析圆环所产生的场强随距离变化的关系能要根据除重力以外的力做功情况，即电场力情况进行分析．二多选题本共4小题，小5分共20分．每题出四选中至少两选是合目求．部对得5分选但全，3分；有选的得分）7．在电磁学发展过程中，科学们做出了很大贡献．下列说法符合事实的是（）A．焦发现了焦耳定律；亨利发现了自感现象B．奥特发现了电流磁效应；洛仑兹发现了磁场对电流的作用规律C．安最早引入了电场概念；楞次发现了楞次定律D．库发现了点电荷的相互作用规律；密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值考点：物理学史．分析：题考查电磁学物理学史，根据焦耳、亨利、库仑、安培、洛伦兹力、奥斯特等科学家的贡献进行解答．解答：解A、焦耳发现了焦耳定律；亨利发现了自感现象，符合事实，故A正．B、奥斯特发现了电流磁效应；安培发现了磁场对电流的作用规律，故B错误．C、法拉第最早引入了电场概念楞次发现了楞次定律．故误．12

D、库仑发现了点电荷的相互作规律；密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值，符合事实．故正．故选：．点评：题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明论要加强记忆，注意知识的积累．8．电阻R、电容C与一线圈连成合回路，条形磁铁静止于线圈的正上方极上，如图所示现使磁铁由静止开始下落接近线圈上端的过程中列说法正确的）A．B．C．D．

流过R的流方向是a到b电容器的下极板带正电磁铁下落过程中，加速度保持不变穿过线圈的磁通量不断增大考点：楞次定律．分析：磁铁开始自由下落在N接近线圈上端的过程中致线圈的磁通量增大而产生感应电动势线圈中出现感电流由次定律可判定电流的方向线圈中有电动势后，对电容器不断充电直到稳定，并依据楞次定律从而判定加速度如何变化．解答：解ABD、当磁铁N极下运动时，导致向下穿过线圈的磁通量增大，由楞次定律可得磁方向与原来磁场向相反安培定则可得感应电流方向沿线圈盘旋而下，由于线圈相当于电源，线圈下端相当于电源正极，则流过电流方向是从b到a，对电容器充电，下极板带正电，故正确A错误C、磁铁下落过程中，根据楞次律：“来拒去留”，加速度大小减小，故C错．故选：．点评：时线圈相当于电源则外电路的电流方向是从正极到负极内路则是从负极到正极．同时电容器在充电时电压随着电量增加而增大，同时掌握楞次定律的应用．9如所示两长直导线竖平行固定放置与水平固定放置的光滑绝缘杆MN分别于c两点o是cd的点上b两点关于o点对称两导线均通有大小相等、方向向上的电流知直导线周围某点产生磁场的磁感应强度与电流成正比该点到导线的距离成反比一带正电的球穿在杆上初速度v从a点出沿杆运动到b点a、b、o三杆对小球的支持力大小分别为F、F、F下列说法可能正确的是（）A．F＞FB．F＞F13

C．小一直做匀速直线运动D．小先做加速运动后做减速运动考点：带电粒子在匀强磁场中的动．分析：据右手螺旋定制，判断出MN直处磁场的方向，然后根据左手定则判断洛伦兹力大小和方向的变化，明确了受力情况，即可明确运动情况．解答：解根据右手螺旋定则知从a点出沿连线运动到b点直线M处磁场方向垂直于MN向里线N处磁方向垂直于MN向以合磁场大小先减小过O点反向增大而向先里过O点向根据左手定则可知带电的小球受到的洛伦兹力方向开始的方向向上，大小在减小，如果特别，在a向上的洛伦兹力特别大，大于，则此处=f﹣mg向特别大，有可能＞F；过O后洛伦兹力的方向向下，大小在增大由可知，小球在速度方不受力的作用将做匀速直线运动，而小球对杆的压力一直在增大，即F＞F，故D错正确．故选：ABC．点评：题考查了右手螺旋定则和左手定则的熟练应用解答带电粒子在磁场中运动的思路为明确受力情况，进一步明确其运动形式和规律．10．图A、B、C三个同样的滑从粗糙固定斜面上的同一高度同时开始运动A由止释放，B的速度方向沿斜面向下大小为，C的初速度方向沿斜面水平，大小也为v，确的是（）A．B．

滑到斜面底端时B的能最大滑到斜面底端时C的械能减最多C．A和C将时滑到斜面底端D．C下滑程中，水平方向作匀速运动考点：功能关系；功的计算．分析：能变化看合力做的功械变化看除重力外其余力做的功力能的变化看重力做的功．解答：解A、根据动能定理，有﹣W=E﹣E，故末动能为E=W﹣W+E，由于滑块A初能不同，故B的动能大，滑块B比较，滑块C克阻力做功较多，故B的动能最大，故A正确B、机械能减小量等于克服摩擦做的功，三个小球受到的摩擦力相等，由运动轨迹可知C的路程最长摩擦力做功等于力以路程可服摩擦力做的功最多故块C机械能减小的最大，故B正；C、AC两滑块所受的滑动摩擦大小相等A受滑动摩擦力沿斜面向上C沿面向上的力是滑动摩擦力的分力以的加度大于的速度先到斜面底端C错误D、C下过程中，由于摩擦力在水平方向由分力，故水平方向不做匀速直线运动，而是减速直线运动，故D错；故选：．14

点评：题关键是根据动能定理力做功与重力势能变化关系重外其他力做功与机械能变化关系列式分析．三实题本共2小，11题分第128分共15分．答写答卡指的题，要写演过）11．了探究质量一定时加速度力的关系，一同学设计了如图1所的实验装置．其中M为带滑轮的小车的质量，m为和砂桶的质量轮质量不计）（1）实验时，一定要进行的操是BCD选）A．用天平测出砂和砂桶的质量B．将带滑轮的长木板右端垫高以平衡摩擦力．C．小车靠近打点计时器，先接电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计示数．D．改变砂和砂桶的质量，打出条纸带．E．为减小误差，实验中一定要证砂和砂桶的质量m小于小车的质量M（2该学在实验中得到如图2所的一条纸（计数点间还有四个点没有画出打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为0.48m/s（结果保留两位有效数字（3以弹簧测力计的示数F为坐标，加速度为纵坐标，画出a﹣F图是一条直线，求得图线的斜率为k，则小车的质为．考点：探究加速度与物体质量、体受力的关系．专题：实验题；牛顿运动定律综专题．分析：（1解决实验问题首要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项；（2）依据逐差法可得小车加速．（3）小车质量不变时，加速度拉力成正比a﹣F来说图的斜率表示小车质量的倒数．解答：解题力以由弹簧测力计测出需用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶（包括砂）的质量远小于车的总质量，故A错误，E错误B、该题是弹簧测力计测出拉力从而表示小车受到的合外力，故需要将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，故B正；C、打点计时器运用时，都是先通电源，待打点稳定后再释放纸带，该实验探究加速度与力和质量的关系，要记录弹簧测力计的示数，故C正确；D、改变砂和砂桶质量，即改变力的大小，打出几条纸带，研究加速度随F变关系，故D正；故选：BCD．（2）由于两计数点间还有两个没有画出，故单摆周期为0.06s，由△x=aT

可得：15

a=

=0.48m/s．（3）对a﹣F图来，图象的斜表示小车质量的倒数，此题，弹簧测力计的示数F=F，故小车质量为m=．故答案为）BCD（2）0.48（3）点评：决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，小车质量不变时，加速度与拉力成正比，对﹣F图来说，图象的斜率表示小车质量的倒数．12．确定待测电阻R的阻，如下测量．（1）用多用电表测量该电阻时选用“×10”倍率的电阻档后，应先欧调零，进行测量，之后多用电表的示数如图甲所示，测得该电阻为70Ω．（2）某同学想精确测得上述待电阻R的值，实验室提供如下器材：A．电流表A（程50mA、内阻r约为10）B．电流表A（程200mA、阻r约Ω）C．定值电阻R=30ΩD．滑动变阻器R（最大阻值约10）E．电源E（电动势约为）F．开关S、导线若干该同学设计了测量电阻R的种验电路原理如图乙所示N处的电流表应选用B（器材选项前相应的英文字母关合前应将滑动变阻器的滑片置于a（填“a”或者“”（3电表的读数分别为I计算式为=题中字母表示）

﹣r16

考点：伏安法测电阻．专题：实验题；恒定电流专题．分析：使欧姆表测电阻应选择合适的倍率指针指针表盘中央刻度线附近姆换挡后要重新进行欧姆调零；欧姆表指针示数与倍率的乘积是欧姆表示数．根据欧姆定律估算出通过电阻R的电流和通过待测电阻的电流，再选择量程恰当的电表；根据串并联电路特点及欧姆定律求出待测电阻阻值．解答：解用用表测量该元件的电阻，选用“”倍率的电阻档后欧调零，再进行测量，由图（）示可知，测量结果为7×10=70．（2）通过待测电阻的最大电流为I=通过N出最大电流约为：=I+=0.057A+

=0.057A=57mA；≈0.190A=190mA，为保证测量时电流表读数不小于其量程的三分之一N的电流表应选B；开关s闭前应将滑动变阻器的片置于a（3）通过定值电阻R的电I=I﹣I并联电路两端电压为U=IR=（I﹣I）R，R+r==，则待测电阻阻值为：﹣r

故答案为）姆调零，70）B）﹣r点评：择实验器材时要注意安全性原则确性原则方操作性原则还符合题目要求．本题关键是明确实验的原理，然后估算出电路各个部分的电流，选择恰当量程的电表，最后根据并联电路的电流特点列式求解．四计题本共2小，13题10分，1413分，共23分把解写答卡指的题，求出要文说、程和算骤）13．图所示为半径R=0.50m的分之一圆弧轨道，底端距水平地面的高度h．一质量m=1.0kg的滑块从圆弧轨道端静止释放达道底端B点速度v=2.0m/s略空气的阻力．取g=10m/s．：（1）小滑块在圆弧轨道底端点到的支持力大小F；（2）小滑块由A到B的过中克服摩擦力所做的功；（3）小滑块落地点与B点的平距离x17

考点：动能定理的应用；牛顿第定律；向心力．专题：动能定理的应用专题．分析：（1小滑块在圆弧轨底端B点受重力和支持力，根据牛顿第二定律求解（2）小滑块由A到B的过中根据动能定理求解（3）小滑块从B点发做平抛运动，根据平抛运动的规律求解．解答：解小滑块在圆弧轨道底端受重力和支持力，根据牛顿第二定律，﹣mg=m解得：=18N（2）小滑块由A到B的过中根据动能定理得，mgR﹣W=mv，解得：W=mgR﹣mv（3）小滑块从B点发做平抛运动，根据平抛运动的规律得水平方向：x=vt竖直方向：gt解：x=0.6m答）小滑块在圆弧轨道底端B受到的支持力大小是；（2）小滑块由A到B的过中克服摩擦力所做的功是3J（3）小滑块落地点与B点的平距离是．点评：题时一定要分析清楚小滑块的运动情况，能掌握运用动能定理求解变力功．14．图，△OAC的个顶点的坐标分别为（0，0（0（Leq\o\ac(△,在)区域内有垂直于xOy平向里的强磁场．在时刻，同时从三角形的边处以沿y轴正向的相同速度将质量均为m电荷量均为q带正电粒子射入磁场知t=t时从OC边射出磁场的粒子的速度方垂直于y轴不计粒子重力和空气阻力及粒子间相互作用．（1）求磁场的磁感应强度B的小；（2）若从边两个不同位置射磁场的粒子，先后从OC上的同一P（P点图中未标出）射出磁场，求这两个粒子在磁场中运动的时间t与t间应满足的关系；（3OC边上的同一点P射磁场的这两个粒子经过点的间间隔与P点置有关该时间间隔最大值为，粒进入磁场时的速度大小．考点：带电粒子在匀强磁场中的动；带电粒子在匀强电场中的运动．18

专题：带电粒子在磁场中的运动题．分析：（1粒子垂直OA进入场中，转过90°垂直打在y轴，则t=t=T，求出周期，由周期公式T=

求B的大小．（2）画出两个粒子的运动轨迹设轨迹所对应的圆心角分别为θ和θ，几何关系有θ=180°﹣θ，可得到时间之等于．（3）根据圆周运动知识知道，粒子在磁场中运动的时间eq\o\ac(△,差)与eq\o\ac(△,)θ﹣成比，只要求出△θ的大值，即可求得最大值．eq\o\ac(△,由)t=

和已知条件eq\o\ac(△,t)eq\o\ac(△,)=，联立可求出θ的大值，再结合几何知识求出轨迹的半径，由牛顿第二定律，利用洛伦兹力等于向心力，列式求解速度解答：解粒子在t时内，速度方向改变了90°，t=t=T，周期T=4t

由解得：

…①…②（2）在同一点射出磁场的两粒轨迹如图，轨迹所对应的圆心角分别为θ和θ，几关系有：θ=180°﹣θ…故t+t=T=2t…④（3）由圆周运动知识可知，两子在磁场中运动的时间差eq\o\ac(△,t)eq\o\ac(△,)与eq\o\ac(△,)θ﹣θ成比，由②得：△θ﹣=2θ﹣180°⑤根据⑤式可知θ越，△θ越，时间差eq\o\ac(△,t)eq\o\ac(△,)越大，有eq\o\ac(△,：)t=

T…⑥由题时间间隔最大值为：=…又T=4t…则⑤⑥⑦⑧得，θ的大值为θ…⑨在磁场中运动时间最长的粒子轨迹如图，由几何关系有：α=180°﹣…由几何知识得：tan∠A==得：∠A=60°…（11）β=90°﹣∠A=30°…（12）且有：Rcosα+

=L，解得：，根据qvB=m，得v=；19

答）磁场的磁感应强度B的小是；（2）这两个粒子在磁场中运动时间t与t之应满足的关系是2t；（3OC边上的同一点P射磁场的这两个粒子经过点的间间隔与P点置有关该时间间隔最大值为，子入磁场时的速度大小是．点评：于带电粒子在磁场中运动类型能作出粒子的运动轨迹于用几何知识帮助分析和求解，这是轨迹问题的解题关键．五选题请生以三模中选模作，果做，按做第、模计．答用铅在题上把选目题涂．算请出要文说、程和算骤模3-3试】15．列说法中正确的是（）A．当们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大B．气压强的大小跟气体分子的平均动能有关，与分子的密集程度无关C．随分子间距增大，分子间引力和斥力均减小，分子势能不一定减小D．导性能各向同性的固体，可能是单晶体E．只对热机不断改进，就可以把热机得到的全部内能转化为机械能考点：热力学第二定律；*晶和非晶体；气体压强的微观意义．专题：热力学定理专题．分析：在定气温条件下气中相对湿度越大气蒸发也就越慢就受到越潮湿；在一定气温条件下，大气中相对湿度越小，水汽蒸发也就越快，人就越感到干燥；20

气体压强的大小跟气体分子的平均动能和分子的密集程度有关子间距增大子引力和斥力均减小分势能的变化分子力的性质有关晶体各向异性热机的效率不可能为100%．解答：解A、在一定气温条件下，大气中相对湿度越大，水气蒸发也就越慢，人就感受到越潮湿，故当人们感到潮湿时，空气的相对湿度一定较大，但绝对湿度不一定大，故A错误．B、气体压强的大小跟气体分子平均动能和分子的密集程度都有关．故B错误．C、随着分子间距增大，分子间力和斥力均减小子力表现为引力时分势能增大，故C正．D、导热性能各向同性的固体，有可能是单晶体．故D正确．E、根据热力学第二定律知热机可能把得到的全部内能转化为机械能，故E错．故选：．点评：题是选修模块3﹣3的内容，是热力学的基础知识，理解记忆是主要的学习方法，要尽量得高分．16如所示为一下粗上细且上端开口的薄壁玻璃管内有一部分水银封住密闭气体上管足够长，图中大小截面积分别为S=2cm=1cm，粗细管内水银长度分别为h=h=2cm，封闭气体长度为L=22cm．气强为=76cmHg气体初始温度为57℃．求：①若缓慢降低气体温度，降低至多少开尔文时，所有水银全部进入粗管内；②若温度降低至237K，气体的长度为多少．考点：理想气体的状态方程；封气体压强．专题：理想气体状态方程专题．分析：①据题意求出气体的状态参量，然后应用理想气体状态方程求出气体的温度；②气体发生等压变化，应用盖吕萨克定律可以求出气体的体积，求出气柱的长度．解答：解①气体的状态参量p=p+h+h=80cmHg，p=p+h+=79cmHg，V=LS=22S，V=（L﹣）S=﹣）S=21S，T=273+57=330K，由理想气体状态方程得：=，代入数据解得T；②由于237K小于311K，所以再降温的过程中，气体将做等压变化，气体状态参量：T=273K=LS，V，21

由盖吕萨克定律得：=，入数据解得L=16cm答：①若缓慢降低气体温度，降低至311开尔文时，所有水银全部进入粗管内；②若温度降低至237K，气体的长度为16cm点评：题考查了求气体的温度气柱的长度析清楚气体状态变化过程是正确解题的前提与关键，求气体的状态参量，应用理想气体状态方程与盖吕萨克定律可以解题．【块试题17．于机械振动与机械波说法确的是（）A．机波的频率等于振源的振动频率B．机波的传播速度与振源的振动速度相等C．质振动的方向总是垂直于波传播的方向D．在个周期内，沿着波的传播方向，振动在介质中传播一个波长的距离E．机波