上傳人：伐***

認證信息

認證類型：機構認證

認證主體：寧夏凱米世紀網絡科技有限公司

IP屬地：寧夏

統(tǒng)一社會信用代碼/組織機構代碼

91640100MA774ECW4K

IP屬地：寧夏 上傳時間：2021-11-29 格式：DOC 頁數：33 大小：353.25KB 積分：15 舉報 版權申訴

1、2015年全國統(tǒng)一高考物理試卷（新課標）一、選擇題（本題共8小題，每小題6分，在每小題給出的四個選項中，第1-5題只有一項符合題目要求。第6-8題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分）1（6分）兩相鄰勻強磁場區(qū)域的磁感應強度大小不同、方向平行。一速度方向與磁感應強度方向垂直的帶電粒子（不計重力），從較強磁場區(qū)域進入到較弱磁場區(qū)域后粒子的（）a軌道半徑增大，角速度增大b軌道半徑增大，角速度減小c軌道半徑減小，速度增大d軌道半徑減小，速度不變2（6分）如圖，直線a、b和c、d是處于勻強電場中的兩組平行線，m、n、p、q是它們的交點，四點處的電勢分別為m，n，p，

2、q，一電子由m點分別到n點和p點的過程中，電場力所做的負功相等，則（）a直線a位于某一等勢面內，mqb直線c位于某一等勢面內，mnc若電子由m點運動到q點，電場力做正功d若電子由p點運動到q點，電場力做負功3（6分）一理想變壓器的原，副線圈的匝數比為3：1，在原、副線圈的回路中分別接有阻值相同的電阻，原線圈一側接在電壓為220v的正弦交流電源上，如圖所示，設副線圈回路中電阻兩端的電壓為u，原、副線圈回路中電阻消耗的功率的比值為k，則（）au=66v，k=bu=22v，k=cu=66v，k=du=22v，k=4（6分）如圖，一半徑為r，粗糙程度處處相同的半圓形軌道豎直固定放置，直徑poq水平，一

3、質量為m的質點自p點上方高度r處由靜止開始下落，恰好從p點進入軌道，質點滑到軌道最低點n時，對軌道的壓力為4mg，g為重力加速度的大小，用w表示質點從p點運動到n點的過程中克服摩擦力所做的功，則（）aw=mgr，質點恰好可以到達q點bwmgr，質點不能到達q點cw=mgr，質點到達q點后，繼續(xù)上升一段距離dwmgr，質點到達q點后，繼續(xù)上升一段距離5（6分）一帶有乒乓球發(fā)射機的乒乓球臺如圖所示，水平臺面的長和寬分別為l1和l2，中間球網高度為h，發(fā)射機安裝于臺面左側邊緣的中點，能以不同速率向右側不同方向水平發(fā)射乒乓球，發(fā)射點距臺面高度為3h，不計空氣的作用，重力加速度大小為g，若乒乓球的發(fā)射率

4、v在某范圍內，通過選擇合適的方向，就能使乒乓球落到球網右側臺面上，到v的最大取值范圍是（）avl1bvcvdv6（6分）1824年，法國科學家阿拉果完成了著名的“圓盤實驗”。實驗中將一銅圓盤水平放置，在其中心正上方用柔軟細線懸掛一枚可以自由旋轉的磁針，如圖所示。實驗中發(fā)現，當圓盤在磁針的磁場中繞過圓盤中心的豎直軸旋轉時，磁針也隨著一起轉動起來，但略有滯后。下列說法正確的是（）a圓盤上產生了感應電動勢b圓盤內的渦電流產生的磁場導致磁針轉動c在圓盤轉動的過程中，磁針的磁場穿過整個圓盤的磁通量發(fā)生了變化d圓盤中的自由電子隨圓盤一起運動形成電流，此電流產生的磁場導致磁針轉動7（6分）如圖（a），一物塊

5、在t=0時刻滑上一固定斜面，其運動的vt圖線如圖（b）所示，若重力加速度及圖中的v0，v1，t1均為已知量，則可求出（）a斜面的傾角b物塊的質量c物塊與斜面間的動摩擦因數d物塊沿斜面向上滑行的最大高度8（6分）我國發(fā)射的“嫦娥三號”登月探測器靠近月球后，先在月球表面附近的近似軌道上繞月運行，然后經過一系列過程，在離月面4m高處做一次懸停（可認為是相對于月球靜止），最后關閉發(fā)動機，探測器自由下落，已知探測器的質量約為1.3×103kg，地球質量約為月球的81倍，地球半徑約為月球的3.7倍，地球表面的重力加速度大小約為9.8m/s2，則此探測器（）a在著陸前的瞬間，速度大小約為8.9m/

6、sb懸停時受到的反沖擊作用力約為2×103nc從離開近月圓軌道到著陸這段時間內，機械能守恒d在近月圓軌道上運行的線速度小于人造衛(wèi)星在近地圓軌道上運行的線速度二、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分，第9-12題為必考題，每個考生都必須作答，第13題-18題為選考題，考生根據要求作答（一）必考題9（6分）某物理小組的同學設計了一個粗測玩具小車通過凹形橋最低點時的速度的實驗，所用器材有：玩具小車，壓力式托盤秤，凹形橋模擬器（圓弧部分的半徑為r=0.20m）完成下列填空：（1）將凹形橋模擬器靜置于托盤秤上，如圖（a）所示，托盤秤的示數為1.00kg（2）將玩具小車靜置于凹形橋模擬器最低點時，

7、托盤秤的示數如圖（b）所示，該示數為 kg（3）將小車從凹形橋模擬器某一位置釋放，小車經過最低點后滑向另一側，此過程中托盤秤的最大示數為m，多次從同一位置釋放小車，記錄各次的m值如表所示： 序號 1 2 3 4 5 m（kg） 1.80 1.75 1.85 1.75 1.90（4）根據以上數據，可求出小車經過凹形橋最低點時對橋的壓力為 n，小車通過最低點時的速度大小為 m/s（重力加速度大小取9.8m/s2，計算結果保留2位有效數字）10（9分）圖（a）為某同學改裝和校準毫安表的電路圖，其中虛線框內是毫安表的改裝電路。（1）已知毫安表表頭的內阻為100，滿偏電流為1ma；r1和r2為阻值固定的

8、電阻。若使用a和b兩個接線柱，電表量程為3ma；若使用a和c兩個接線柱，電表量程為10ma由題給條件和數據，可以求出r1= ，r2= 。（2）現用一量程為3ma、內阻為150的標準電流表a對改裝電表的3ma檔進行校準，校準時需選取的刻度為0.5、1.0、1.5、2.0、2.5、3.0ma電池的電動勢為1.5v，內阻忽略不計；定值電阻r0有兩種規(guī)格，阻值分別為300和1000；滑動變阻器r有兩種規(guī)格，最大阻值分別為750和3000則r0應選用阻值為 的電阻，r應選用最大阻值為 的滑動變阻器。（3）若電阻r1和r2中有一個因損壞而阻值變?yōu)闊o窮大，利用圖（b）的電路可以判斷出損壞的電阻。圖（b）中的

9、r為保護電阻，虛線框內未畫出的電路即為圖（a）虛線框的電路。則圖中的d點應和接線柱 （填“b”或“c”）相連。判斷依據是 。11（12分）如圖，一長為10cm的金屬棒ab用兩個完全相同的彈簧水平地懸掛在勻強磁場中，磁場的磁感應強度大小為0.1t，方向垂直于紙面向里，彈簧上端固定，下端與金屬棒絕緣，金屬棒通過開關與一電動勢為12v的電池相連，電路總電阻為2，已知開關斷開時兩彈簧的伸長量均為0.5cm，閉合開關，系統(tǒng)重新平衡后，兩彈簧的伸長量與開關斷開時相比均改變了0.3cm，重力加速度大小取10m/s2，判斷開關閉合后金屬棒所受安培力的方向，并求出金屬棒的質量。12（20分）一長木板置于粗糙水平

10、地面上，木板左端放置一小物塊；在木板右方有一墻壁，木板右端與墻壁的距離為4.5m，如圖（a）所示。t=0時刻開始，小物塊與木板一起以共同速度向右運動，直至t=1s時木板與墻壁碰撞（碰撞時間極短）。碰撞前后木板速度大小不變，方向相反；運動過程中小物塊始終未離開木板。已知碰撞后1s時間內小物塊的vt圖線如圖（b）所示。木板的質量是小物塊質量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2求（1）木板與地面間的動摩擦因數1及小物塊與木板間的動摩擦因數2；（2）木板的最小長度；（3）木板右端離墻壁的最終距離。三、選考題：從下面的3道物理題中，任選一題作答。如果多做，則按第一題計分，物理-選修3-313（5分）

11、下列說法正確的是（）a將一塊晶體敲碎后，得到的小顆粒是非晶體b固體可以分為晶體和非晶體兩類，有些晶體在不同方向上有不同的光學性質c由同種元素構成的固體，可能會由于原子的排列方式不同而成為不同的晶體d在合適的條件下，某些晶體可以轉變?yōu)榉蔷w，某些非晶體也可以轉變?yōu)榫we在熔化過程中，晶體要吸收熱量，但溫度保持不變，內能也保持不變14（10分）如圖，一固定的豎直汽缸由一大一小兩個同軸圓筒組成，兩圓筒中各有一個活塞，已知大活塞的質量為m1=2.50kg，橫截面積為s1=80.0cm2，小活塞的質量為m2=1.50kg，橫截面積為s2=40.0cm2，兩活塞用剛性輕桿連接，間距保持為l=40.0cm，

12、汽缸外大氣的壓強為p=1.00×105pa，溫度為t=303k，初始時大活塞與大圓筒底部相距，兩活塞間封閉氣體的溫度為t1=495k，現汽缸內氣體溫度緩慢下降，活塞緩慢下移，忽略兩活塞與汽缸壁之間的摩擦，重力加速度大小g取10m/s2，求：（1）在大活塞與大圓筒底部接觸前的瞬間，缸內封閉氣體的溫度（2）缸內封閉的氣體與缸外大氣達到熱平衡時，缸內封閉氣體的壓強。物理-選修3-415在雙縫干涉實驗中，分別用紅色和綠色的激光照射用同一雙縫，在雙縫后的屏幕上，紅光的干涉條紋間距x1與綠光的干涉條紋間距x2相比，x1 x2（填“”“=”或“”），若實驗中紅光的波長為630nm，雙縫與屏幕的距離

13、為1.00m，測得地1條到第6條亮條紋中心間的距離為10.5mm，則雙縫之間的距離為 mm。16甲、乙兩列簡諧橫波在同一介質中分別沿x軸正向和負向傳播，波速均為v=25cm/s，兩列波在t=0時的波形曲線如圖所示，求：（1）t=0時，介質中偏離平衡位置位移為16cm的所有質點的x坐標；（2）從t=0開始，介質中最早出現偏離平衡位置位移為16cm的質點的時間。物理-選修3-517在某次光電效應實驗中，得到的遏制電壓u0與入射光的頻率v的關系如圖所示，若該直線的斜率為k、橫截距為b，電子電荷量的絕對值為e，則普朗克常量可表示為 ，所用材料的逸出功可表示為 。18如圖，在足夠長的光滑水平面上，物體a

14、、b、c位于同一直線上，a點位于b、c之間，a的質量為m，b、c的質量都為m，三者均處于靜止狀態(tài)，現使a以某一速度向右運動，求m和m之間應滿足什么條件，才能使a只與b、c各發(fā)生一次碰撞。設物體間的碰撞都是彈性的。2015年全國統(tǒng)一高考物理試卷（新課標）參考答案與試題解析一、選擇題（本題共8小題，每小題6分，在每小題給出的四個選項中，第1-5題只有一項符合題目要求。第6-8題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分）1（6分）兩相鄰勻強磁場區(qū)域的磁感應強度大小不同、方向平行。一速度方向與磁感應強度方向垂直的帶電粒子（不計重力），從較強磁場區(qū)域進入到較弱磁場區(qū)域后粒

15、子的（）a軌道半徑增大，角速度增大b軌道半徑增大，角速度減小c軌道半徑減小，速度增大d軌道半徑減小，速度不變【考點】ci：帶電粒子在勻強磁場中的運動菁優(yōu)網版權所有【專題】34：比較思想；43：推理法；536：帶電粒子在磁場中的運動專題【分析】通過洛倫茲力提供向心力得知軌道半徑的公式，結合該公式即可得知進入到較弱磁場區(qū)域后時，半徑的變化情況；再利用線速度與角速度半徑之間的關系式，即可得知進入弱磁場區(qū)域后角速度的變化情況?！窘獯稹拷猓簬щ娏Ｗ釉趧驈姶艌鲋凶鰟蛩賵A周運動，根據洛倫茲力提供向心力：qvb=m可得：r=從較強磁場區(qū)域進入到較弱磁場區(qū)域后，b減小，所以r增大。線速度、角速度的關系為：v=r

16、因為洛倫茲力不做功，故線速度v的大小不變，半徑r增大，所以角速度減小，故b正確，acd錯誤。故選：b?！军c評】本題考查帶電粒子在磁場中的運動，解答該題要明確洛倫茲力始終不做功，洛倫茲力只是改變帶電粒子的運動方向。還要熟練的掌握半徑公式r=和周期公式t=的運用。2（6分）如圖，直線a、b和c、d是處于勻強電場中的兩組平行線，m、n、p、q是它們的交點，四點處的電勢分別為m，n，p，q，一電子由m點分別到n點和p點的過程中，電場力所做的負功相等，則（）a直線a位于某一等勢面內，mqb直線c位于某一等勢面內，mnc若電子由m點運動到q點，電場力做正功d若電子由p點運動到q點，電場力做負功【考點】ac

17、：電勢；ag：電勢差和電場強度的關系菁優(yōu)網版權所有【專題】532：電場力與電勢的性質專題【分析】電子由m點分別到n點和p點的過程中，電場力所做的負功相等，說明電勢能增加相等，據此分析電勢高低?！窘獯稹拷猓篴b、據題，電子由m點分別到n點和p點的過程中，電場力做負功相等，則電勢能增加相等，電勢降低，則n、p兩點的電勢相等，d位于同一等勢面內，根據勻強電場等勢面分布情況知，直線a不是同一等勢面，直線c位于某一等勢面內，且mn故a錯誤，b正確。c、由上分析知，直線c位于某一等勢面內，m、q的電勢相等，若電子由m點運動到q點電場力不做功，故c錯誤。d、電子由p點運動到q點與電子由p點運動到m點電場力做

18、功相等，所以電場力做正功，故d錯誤。故選：b?！军c評】解決本題的關鍵要抓住電場力做功與電勢能變化的關系，知道負電荷在電勢高處電勢能小。3（6分）一理想變壓器的原，副線圈的匝數比為3：1，在原、副線圈的回路中分別接有阻值相同的電阻，原線圈一側接在電壓為220v的正弦交流電源上，如圖所示，設副線圈回路中電阻兩端的電壓為u，原、副線圈回路中電阻消耗的功率的比值為k，則（）au=66v，k=bu=22v，k=cu=66v，k=du=22v，k=【考點】e8：變壓器的構造和原理菁優(yōu)網版權所有【專題】53a：交流電專題【分析】首先計算出通過副線圈的電流，由變比關系可知原線圈的電流，繼而可表示出與原線圈串聯

19、的電阻的分壓，結合題意即可在原線圈上列出電壓的等式，可求出副線圈上的電壓。利用焦耳定律可表示出兩個電阻的功率，繼而可解的比值k?！窘獯稹拷猓河深}意知：副線圈的電流為：i2=則原線圈的電流為：i1=與原線圈串聯的電阻的電壓為：ur=i1r=由變壓器的變比可知，原線圈的電壓為3u，所以有：解得：u=66v原線圈回路中的電阻的功率為：p1=r=副線圈回路中的電阻的功率為：p2=所以k=選項a正確，bcd錯誤故選：a?！军c評】該題的突破口是表示出原線圈中的電流和原線圈回路中的電阻的分壓，找出原線圈的電壓和原線圈回路中的電阻的分壓的數值關系。該題類似于遠距離輸電的情況。4（6分）如圖，一半徑為r，粗糙程

20、度處處相同的半圓形軌道豎直固定放置，直徑poq水平，一質量為m的質點自p點上方高度r處由靜止開始下落，恰好從p點進入軌道，質點滑到軌道最低點n時，對軌道的壓力為4mg，g為重力加速度的大小，用w表示質點從p點運動到n點的過程中克服摩擦力所做的功，則（）aw=mgr，質點恰好可以到達q點bwmgr，質點不能到達q點cw=mgr，質點到達q點后，繼續(xù)上升一段距離dwmgr，質點到達q點后，繼續(xù)上升一段距離【考點】65：動能定理菁優(yōu)網版權所有【專題】52d：動能定理的應用專題【分析】對n點運用牛頓第二定律，結合壓力的大小求出n點的速度大小，對開始下落到n點的過程運用動能定理求出克服摩擦力做功的大小。

21、抓住nq段克服摩擦力做功小于在pn段克服摩擦力做功，根據動能定理分析q點的速度大小，從而判斷能否到達q點?！窘獯稹拷猓涸趎點，根據牛頓第二定律有：，解得，對質點從下落到n點的過程運用動能定理得，解得w=。由于pn段速度大于nq段速度，所以nq段的支持力小于pn段的支持力，則在nq段克服摩擦力做功小于在pn段克服摩擦力做功，對nq段運用動能定理得，因為，可知vq0，所以質點到達q點后，繼續(xù)上升一段距離。故c正確，a、b、d錯誤。故選：c。【點評】本題考查了動能定理和牛頓第二定律的綜合運用，知道在最低點，靠重力和支持力的合力提供向心力，通過牛頓第二定律求出n點的速度是關鍵。注意在nq段克服摩擦力做

22、功小于在pn段克服摩擦力做功。5（6分）一帶有乒乓球發(fā)射機的乒乓球臺如圖所示，水平臺面的長和寬分別為l1和l2，中間球網高度為h，發(fā)射機安裝于臺面左側邊緣的中點，能以不同速率向右側不同方向水平發(fā)射乒乓球，發(fā)射點距臺面高度為3h，不計空氣的作用，重力加速度大小為g，若乒乓球的發(fā)射率v在某范圍內，通過選擇合適的方向，就能使乒乓球落到球網右側臺面上，到v的最大取值范圍是（）avl1bvcvdv【考點】43：平拋運動菁優(yōu)網版權所有【專題】518：平拋運動專題【分析】球要落在網右側臺面上，臨界情況是與球網恰好不相撞，還有與球臺邊緣相碰，根據高度求出平拋運動的時間，根據幾何關系求出最小的水平位移和最大的水

23、平位移，從而得出最小速度和最大速度【解答】解：若球與網恰好不相碰，根據3hh=得，水平位移的最小值，則最小速度。若球與球臺邊緣相碰，根據3h=得，水平位移的最大值為xmax=，則最大速度，故d正確，a、b、c錯誤。故選：d?！军c評】解決本題的關鍵知道平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規(guī)律，抓住臨界情況，結合運動學公式靈活求解，難度中等6（6分）1824年，法國科學家阿拉果完成了著名的“圓盤實驗”。實驗中將一銅圓盤水平放置，在其中心正上方用柔軟細線懸掛一枚可以自由旋轉的磁針，如圖所示。實驗中發(fā)現，當圓盤在磁針的磁場中繞過圓盤中心的豎直軸旋轉時，磁針也隨著一起轉動起來，但略有滯后。下列說法正確的

24、是（）a圓盤上產生了感應電動勢b圓盤內的渦電流產生的磁場導致磁針轉動c在圓盤轉動的過程中，磁針的磁場穿過整個圓盤的磁通量發(fā)生了變化d圓盤中的自由電子隨圓盤一起運動形成電流，此電流產生的磁場導致磁針轉動【考點】dg：* 渦流現象及其應用菁優(yōu)網版權所有【專題】53c：電磁感應與電路結合【分析】通過題意明確渦流的產生，再根據磁極和電流間的相互作用分析磁鐵的運動?！窘獯稹拷猓篴、圓盤在轉動中由于半徑方向的金屬條切割磁感線，從而在圓心和邊緣之間產生了感應電動勢；故a正確；b、圓盤在徑向的金屬條切割磁感線過程中，內部距離圓心遠近不同的點電勢不等，從而形成渦流，渦流產生的磁場又導致磁針轉動，故b正確；c、由

25、于圓盤面積不變，距離磁鐵的距離不變，故整個圓盤中的磁通量沒有變化；故c錯誤；d、電流形成是自由電子定向移動。圓盤本身沒有多余的電荷，圓盤轉動不會產生電流；故d錯誤；故選：ab。【點評】本題要注意明確電流的形成不是因為自由電子運動，而是由于圓盤切割磁感線產生了電動勢，從而產生了渦流。7（6分）如圖（a），一物塊在t=0時刻滑上一固定斜面，其運動的vt圖線如圖（b）所示，若重力加速度及圖中的v0，v1，t1均為已知量，則可求出（）a斜面的傾角b物塊的質量c物塊與斜面間的動摩擦因數d物塊沿斜面向上滑行的最大高度【考點】1i：勻變速直線運動的圖像；37：牛頓第二定律菁優(yōu)網版權所有【專題】522：牛頓運

26、動定律綜合專題【分析】由圖b可求得物體運動過程及加速度，再對物體受力分析，由牛頓第二定律可明確各物理量是否能夠求出?！窘獯稹拷猓河蓤Db可知，物體先向上減速到達最高時再向下加速；圖象與時間軸圍成的面積為物體經過的位移，故可出物體在斜面上的位移；圖象的斜率表示加速度，上升過程及下降過程加速度均可求，上升過程有：mgsin+mgcos=ma1；下降過程有：mgsinmgcos=ma2；兩式聯立可求得斜面傾角及動摩擦因數；但由于m均消去，故無法求得質量；因已知上升位移及夾角，則可求得上升的最大高度；故選：acd?！军c評】本題考查牛頓第二定律及圖象的應用，要注意圖象中的斜率表示加速度，面積表示位移；同時

27、注意正確的受力分析，根據牛頓第二定律明確力和運動的關系。8（6分）我國發(fā)射的“嫦娥三號”登月探測器靠近月球后，先在月球表面附近的近似軌道上繞月運行，然后經過一系列過程，在離月面4m高處做一次懸停（可認為是相對于月球靜止），最后關閉發(fā)動機，探測器自由下落，已知探測器的質量約為1.3×103kg，地球質量約為月球的81倍，地球半徑約為月球的3.7倍，地球表面的重力加速度大小約為9.8m/s2，則此探測器（）a在著陸前的瞬間，速度大小約為8.9m/sb懸停時受到的反沖擊作用力約為2×103nc從離開近月圓軌道到著陸這段時間內，機械能守恒d在近月圓軌道上運行的線速度小于人造衛(wèi)星在近

28、地圓軌道上運行的線速度【考點】4f：萬有引力定律及其應用；4h：人造衛(wèi)星；6c：機械能守恒定律菁優(yōu)網版權所有【專題】528：萬有引力定律的應用專題【分析】根據萬有引力提供向心力得月球表面重力加速度，根據運動學公式得出著陸前的瞬間速度；根據二力平衡得出懸停時受到的反沖擊作用力大小；根據v=判斷線速度關系【解答】解：a、根據萬有引力等于重力=mg，g=地球質量約為月球的81倍，地球半徑約為月球的3.7倍，地球表面的重力加速度大小約為9.8m/s2，所以月球表面的重力加速度大小約為g=1.66m/s2，根據運動學公式得在著陸前的瞬間，速度大小約v=3.6m/s，故a錯誤；b、登月探測器懸停時，二力平

29、衡，f=mg=1.3×103×1.662×103n，故b正確；c、從離開近月圓軌道到著陸這段時間，由于受到了反沖作用力，且反沖作用力對探測器做負功，探測器機械能減小，選項c錯誤d、根據v=，地球質量約為月球的81倍，地球半徑約為月球的3.7倍，所以在近月圓軌道上運行的線速度小于人造衛(wèi)星在近地圓軌道上運行的線速度，故d正確；故選：bd?！军c評】解答本題要知道除重力以外的力對物體做功等于物體機械能的變化量，月球重力加速度約為地球重力加速度的，關于萬有引力的應用中，常用公式是在地球表面重力等于萬有引力，衛(wèi)星繞地球做圓周運動萬有引力提供圓周運動向心力二、非選擇題：包括必考

30、題和選考題兩部分，第9-12題為必考題，每個考生都必須作答，第13題-18題為選考題，考生根據要求作答（一）必考題9（6分）某物理小組的同學設計了一個粗測玩具小車通過凹形橋最低點時的速度的實驗，所用器材有：玩具小車，壓力式托盤秤，凹形橋模擬器（圓弧部分的半徑為r=0.20m）完成下列填空：（1）將凹形橋模擬器靜置于托盤秤上，如圖（a）所示，托盤秤的示數為1.00kg（2）將玩具小車靜置于凹形橋模擬器最低點時，托盤秤的示數如圖（b）所示，該示數為1.40kg（3）將小車從凹形橋模擬器某一位置釋放，小車經過最低點后滑向另一側，此過程中托盤秤的最大示數為m，多次從同一位置釋放小車，記錄各次的m值如表

31、所示： 序號 1 2 3 4 5 m（kg） 1.80 1.75 1.85 1.75 1.90（4）根據以上數據，可求出小車經過凹形橋最低點時對橋的壓力為7.9n，小車通過最低點時的速度大小為1.4m/s（重力加速度大小取9.8m/s2，計算結果保留2位有效數字）【考點】4a：向心力菁優(yōu)網版權所有【專題】519：勻速圓周運動專題【分析】（2）根據量程為10kg，最小分度為0.1kg，注意估讀到最小分度的下一位；（4）根據表格知最低點小車和凹形橋模擬器對秤的最大壓力平均值為mg，根據fm=m橋g+fn，知小車經過凹形橋最低點時對橋的壓力fn，根據fn=m0g+m0，求解速度【解答】解：（2）根據

32、量程為10kg，最小分度為0.1kg，注意估讀到最小分度的下一位，為1.40kg；（4）根據表格知最低點小車和凹形橋模擬器對秤的最大壓力平均值為：fm=n=m橋g+fn解得：fn=7.9n根據牛頓運動定律知：fnm0g=m0，代入數據解得：v=1.4m/s故答案為：（2）1.40，（4）7.9，1.4【點評】此題考查讀數和圓周運動的知識，注意估讀，在力的問題注意分析受力和力的作用效果10（9分）圖（a）為某同學改裝和校準毫安表的電路圖，其中虛線框內是毫安表的改裝電路。（1）已知毫安表表頭的內阻為100，滿偏電流為1ma；r1和r2為阻值固定的電阻。若使用a和b兩個接線柱，電表量程為3ma；若使

33、用a和c兩個接線柱，電表量程為10ma由題給條件和數據，可以求出r1=15，r2=35。（2）現用一量程為3ma、內阻為150的標準電流表a對改裝電表的3ma檔進行校準，校準時需選取的刻度為0.5、1.0、1.5、2.0、2.5、3.0ma電池的電動勢為1.5v，內阻忽略不計；定值電阻r0有兩種規(guī)格，阻值分別為300和1000；滑動變阻器r有兩種規(guī)格，最大阻值分別為750和3000則r0應選用阻值為300的電阻，r應選用最大阻值為3000的滑動變阻器。（3）若電阻r1和r2中有一個因損壞而阻值變?yōu)闊o窮大，利用圖（b）的電路可以判斷出損壞的電阻。圖（b）中的r為保護電阻，虛線框內未畫出的電路即為

34、圖（a）虛線框的電路。則圖中的d點應和接線柱c（填“b”或“c”）相連。判斷依據是閉合開關時，若電表指針偏轉，則損壞的電阻是r1，若電表指針不動，則損壞的電阻是r2?！究键c】na：把電流表改裝成電壓表菁優(yōu)網版權所有【專題】13：實驗題【分析】（1）根據串并聯電路特點與歐姆定律可以求出電阻阻值。（2）應用串聯電路特點與歐姆定律求出定值電阻與滑動變阻器的阻值，然后作出選擇。（3）有電流流過電表時電表指針發(fā)生偏轉，沒有電流流過電表時電表指針不偏轉，根據電路圖分析答題。【解答】解：（1）使用a、b接線柱時，iab=ig+=0.001+=0.003，使用a、c接線柱時，iac=ig+=0.001+=0.

35、010，解得：r1=15，r2=35；（2）改裝后電流表內阻：r=33，r0作為保護電阻，電流最大時，電路總電阻約為：r=r+ra+r0=500，r0=rrra=50033150=317，則應r0選300；電路電流最小時：r滑=r=500=2500750，則滑動變阻器應選擇3000的。（3）由圖示電路圖可知，圖中的d點與接線柱c相連時，閉合開關時，若電表指針偏轉，則損壞的電阻是r1，若電表指針不動，則損壞的電阻是r2；故答案為：（1）15；35；（2）300；3000；（3）c；閉合開關時，若電表指針偏轉，則損壞的電阻是r1，若電表指針不動，則損壞的電阻是r2?！军c評】本題考查了求電阻阻值、實

36、驗器材的選擇、電路故障分析，知道電流表的改裝原理、分析清楚電路結構、應用串并聯電路特點與歐姆定律即可正確解題。11（12分）如圖，一長為10cm的金屬棒ab用兩個完全相同的彈簧水平地懸掛在勻強磁場中，磁場的磁感應強度大小為0.1t，方向垂直于紙面向里，彈簧上端固定，下端與金屬棒絕緣，金屬棒通過開關與一電動勢為12v的電池相連，電路總電阻為2，已知開關斷開時兩彈簧的伸長量均為0.5cm，閉合開關，系統(tǒng)重新平衡后，兩彈簧的伸長量與開關斷開時相比均改變了0.3cm，重力加速度大小取10m/s2，判斷開關閉合后金屬棒所受安培力的方向，并求出金屬棒的質量。【考點】cc：安培力菁優(yōu)網版權所有【分析】在閉合

37、前，導體棒處于平衡狀態(tài)，在閉合后，根據閉合電路的歐姆定律求的電流，根據f=bil求的安培力，由共點力平衡求的質量【解答】解：閉合開關后，電流由b指向a，受到的安培力向下斷開時：2kl1=mg開關閉合后2k（l1+l2）=mg+f受到的安培力為：f=bil回路中電流為i=聯立解得m=0.01kg答：金屬棒的質量為0.01kg【點評】本題主要考查了共點力平衡，抓住通電前后的共點力平衡即可；12（20分）一長木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物塊；在木板右方有一墻壁，木板右端與墻壁的距離為4.5m，如圖（a）所示。t=0時刻開始，小物塊與木板一起以共同速度向右運動，直至t=1s時木板與墻壁碰撞

38、（碰撞時間極短）。碰撞前后木板速度大小不變，方向相反；運動過程中小物塊始終未離開木板。已知碰撞后1s時間內小物塊的vt圖線如圖（b）所示。木板的質量是小物塊質量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2求（1）木板與地面間的動摩擦因數1及小物塊與木板間的動摩擦因數2；（2）木板的最小長度；（3）木板右端離墻壁的最終距離?！究键c】37：牛頓第二定律；65：動能定理菁優(yōu)網版權所有【專題】11：計算題；22：學科綜合題；32：定量思想；43：推理法；52d：動能定理的應用專題【分析】（1）對碰前過程由牛頓第二定律時進行分析，結合運動學公式可求得1；再對碰后過程分析同理可求得2。（2）分別對木板和物塊進

39、行分析，由牛頓第二定律求解加速度，由運動學公式求解位移，則可求得相對位移，即可求得木板的長度；（3）對木板和物塊達相同靜止后的過程進行分析，由牛頓第二定律及運動學公式聯立可求得位移；則可求得木板最終的距離?！窘獯稹拷猓海?）規(guī)定向右為正方向。木板與墻壁相碰前，小物塊和木板一起向右做勻變速運動，設加速度為a1，小物塊和木板的質量分別為m和m由牛頓第二定律有：1（m+m）g=（m+m）a1由圖可知，木板與墻壁碰前瞬間速度v1=4m/s，由運動學公式得：v1=v0+at1式中，t1=1s，s0=4.5m是木板碰前的位移，v0是小木塊和木板開始運動時的速度。聯立式和題給條件得：1=0.1在木板與墻壁碰

40、撞后，木板以v1的初速度向左做勻變速運動，小物塊以v1的初速度向右做勻變速運動。設小物塊的加速度為a2，由牛頓第二定律有：2mg=ma2 由圖可得：式中，t2=2s，v2=0，聯立式和題給條件得：2=0.4（2）設碰撞后木板的加速度為a3，經過時間t，木板和小物塊剛好具有共同速度v3由牛頓第二定律及運動學公式得：2mg+1（m+m）g=ma3 v3=v1+a3tv3=v1+a2t碰撞后至木板和小物塊剛好達到共同速度的過程中，木板運動的位移為：（11）小物塊運動的位移為：（12）小物塊相對木板的位移為：s=s2+s1（13）聯立（11）（12）（13）式，并代入數值得：s=6.0m因為運動過程中

41、小物塊沒有脫離木板，所以木板的最小長度應為6.0m。（14）（3）在小物塊和木板具有共同速度后，兩者向左做勻變速運動直至停止，設加速度為a4，此過程中小物塊和木板運動的位移s3由牛頓第二定律及運動學公式得：1（m+m）g=（m+m）a4（15） （16）碰后木板運動的位移為：s=s1+s3 （17）聯立（11）（15）（16）（17）式，并代入數值得：s=6.5m（18）木板右端離墻壁的最終距離為6.5m。答：（1）木板與地面間的動摩擦因數1及小物塊與木板間的動摩擦因數2分別為0.1和0.4。（2）木板的最小長度是6.0m；（3）木板右端離墻壁的最終距離是6.5m?！军c評】本題考查牛頓第二定律

42、及運動學公式的應用，涉及兩個物體多個過程，題目中問題較多，但只要認真分析，一步步進行解析，是完全可以求解。三、選考題：從下面的3道物理題中，任選一題作答。如果多做，則按第一題計分，物理-選修3-313（5分）下列說法正確的是（）a將一塊晶體敲碎后，得到的小顆粒是非晶體b固體可以分為晶體和非晶體兩類，有些晶體在不同方向上有不同的光學性質c由同種元素構成的固體，可能會由于原子的排列方式不同而成為不同的晶體d在合適的條件下，某些晶體可以轉變?yōu)榉蔷w，某些非晶體也可以轉變?yōu)榫we在熔化過程中，晶體要吸收熱量，但溫度保持不變，內能也保持不變【考點】8a：物體的內能；92：* 晶體和非晶體菁優(yōu)網版權所有【

43、分析】該題通過晶體和非晶體的特性進行判斷晶體是具有一定的規(guī)則外形，各項異性，具有固定的熔點；非晶體沒有固定的熔點，沒有規(guī)則的幾何外形，表現各項同性，由此可判斷各選項的正誤【解答】解：a、將一塊晶體敲碎后，得到的小顆粒還是晶體，選項a錯誤。b、固體可以分為晶體和非晶體兩類，有些晶體在不同方向上各向異性，具有不同的光學性質，選項b正確。c、由同種元素構成的固體，可能會由于原子的排列方式不同而成為不同的晶體，例如石墨和金剛石。選項c正確。d、在合適的條件下，某些晶體可以轉變?yōu)榉蔷w，某些非晶體也可以轉變?yōu)榫w，例如天然石英是晶體，熔融過的石英卻是非晶體。把晶體硫加熱熔化（溫度超過300）再倒進冷水中

44、，會變成柔軟的非晶硫，再過一段時間又會轉化為晶體硫。所以選項d正確。e、在熔化過程中，晶體要吸收熱量，雖然溫度保持不變，但是內能要增加。選項e錯誤故選：bcd?！军c評】解答該題要熟練的掌握晶體和非晶體的特性，對于晶體有一下特點：1、晶體有整齊規(guī)則的幾何外形；2、晶體有固定的熔點，在熔化過程中，溫度始終保持不變；3、晶體有各向異性的特點非晶體是指組成物質的分子（或原子、離子）不呈空間有規(guī)則周期性排列的固體它沒有一定規(guī)則的外形，如玻璃、松香、石蠟等它的物理性質在各個方向上是相同的，叫“各項同性”它沒有固定的熔點14（10分）如圖，一固定的豎直汽缸由一大一小兩個同軸圓筒組成，兩圓筒中各有一個活塞，已

45、知大活塞的質量為m1=2.50kg，橫截面積為s1=80.0cm2，小活塞的質量為m2=1.50kg，橫截面積為s2=40.0cm2，兩活塞用剛性輕桿連接，間距保持為l=40.0cm，汽缸外大氣的壓強為p=1.00×105pa，溫度為t=303k，初始時大活塞與大圓筒底部相距，兩活塞間封閉氣體的溫度為t1=495k，現汽缸內氣體溫度緩慢下降，活塞緩慢下移，忽略兩活塞與汽缸壁之間的摩擦，重力加速度大小g取10m/s2，求：（1）在大活塞與大圓筒底部接觸前的瞬間，缸內封閉氣體的溫度（2）缸內封閉的氣體與缸外大氣達到熱平衡時，缸內封閉氣體的壓強?！究键c】99：理想氣體的狀態(tài)方程；9e：氣體

46、的等容變化和等壓變化；9k：封閉氣體壓強菁優(yōu)網版權所有【專題】54b：理想氣體狀態(tài)方程專題【分析】（1）氣體發(fā)生等壓變化，根據題意求出氣體的狀態(tài)參量，應用蓋呂薩克定律考慮求出氣體的溫度。（2）啟用它發(fā)生等容變化，應用查理定律可以求出氣體的壓強?！窘獯稹拷猓海?）大活塞與大圓筒底部接觸前氣體發(fā)生等壓變化，氣體的狀態(tài)參量：v1=（l）s2+s1=（40）×40+×80=2400cm3，t1=495k，v2=s2l=40×40=1600cm3，由蓋呂薩克定律得：=，即：=，解得：t2=330k；（2）大活塞與大圓筒底部接觸后到氣缸內氣體與氣缸外氣體溫度相等過程中氣體發(fā)生

47、等容變化，大活塞剛剛與大圓筒底部接觸時，由平衡條件得：ps1+p2s2+（m1+m2）g=p2s1+ps2，代入數據解得：p2=1.1×105pa，t2=330k，t3=t=303k，由查理定律得：=，即：=，解得：p3=1.01×105pa；答：（1）在大活塞與大圓筒底部接觸前的瞬間，缸內封閉氣體的溫度為330k；（2）缸內封閉的氣體與缸外大氣達到熱平衡時，缸內封閉氣體的壓強為1.01×105pa?！军c評】本題考查了求氣體的溫度與壓強，分析清楚氣體狀態(tài)變化過程、應用蓋呂薩克定律與查理定律即可正確解題。物理-選修3-415在雙縫干涉實驗中，分別用紅色和綠色的激光照

48、射用同一雙縫，在雙縫后的屏幕上，紅光的干涉條紋間距x1與綠光的干涉條紋間距x2相比，x1x2（填“”“=”或“”），若實驗中紅光的波長為630nm，雙縫與屏幕的距離為1.00m，測得地1條到第6條亮條紋中心間的距離為10.5mm，則雙縫之間的距離為0.3mm?！究键c】hc：雙縫干涉的條紋間距與波長的關系菁優(yōu)網版權所有【專題】54g：光的干涉專題【分析】首先判斷紅光和綠光的波長關系，結合公式x=即可得知紅光的干涉條紋間距x1與綠光的干涉條紋間距x2之間的關系，對題干中的數據先進行單位換算，利用公式x=即可計算出雙縫間的距離。【解答】解：紅光的波長大于綠光的波長，由公式x=，可知紅光的干涉條紋間距

49、x1與綠光的干涉條紋間距x2相比，x1x2，=630nm=6.3×107m，x=10.5mm=1.05×102m由公式x=得：d=3×104m=0.3mm故答案為：，0.3【點評】對于該題，要熟練的掌握七種顏色的光之間的頻率關系和波長的關系，了解公式x=個物理量的含義，會應用該公式進行相關的計算和定性的分析，解答問題時，要注意單位的換算。16甲、乙兩列簡諧橫波在同一介質中分別沿x軸正向和負向傳播，波速均為v=25cm/s，兩列波在t=0時的波形曲線如圖所示，求：（1）t=0時，介質中偏離平衡位置位移為16cm的所有質點的x坐標；（2）從t=0開始，介質中最早出現偏離平衡位置位移為16cm的質點的時間?！究键c】f4：橫波的圖象；f5：波長、頻率和波速的關系菁優(yōu)網版權所有【專題】11：計算題；22：學科綜合題；32：定量思想；45：歸納法；51d：振動圖像與波動圖像專題【分析】（1）由圖先讀出兩列波的波長和振幅，通過數學關系得知兩波長的最小公倍數，對波峰相遇時的點的坐標進行分別列式