【名師解析】河南省開(kāi)封市2015屆高三第二次模擬考試物理試卷

1、2015年河南省開(kāi)封市高考物理二模試卷一、選擇題（本題包括8小題，每小題6分共48分其中15題每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一個(gè)選項(xiàng)正確，68題中有多個(gè)選項(xiàng)正確，全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分）1（6分）質(zhì)量為m的物體在沿斜面向上的拉力F作用下沿放在水平地面上的質(zhì)量為M的粗糙斜面勻速下滑，此過(guò)程中斜面體保持靜止，則斜面與地面間（） A 沒(méi)有摩擦力 B 摩擦力的方向水平向右 C 支持力為（M+m）g D 支持力小于（M+m）g【考點(diǎn)】： 共點(diǎn)力平衡的條件及其應(yīng)用；摩擦力的判斷與計(jì)算【專(zhuān)題】：共點(diǎn)力作用下物體平衡專(zhuān)題【分析】：對(duì)整體分析，通過(guò)共點(diǎn)力平衡求出地面的摩擦力和支持力的

2、大小【解析】： 解：整體受力如圖所示，根據(jù)共點(diǎn)力平衡得，地面的摩擦力f=Fcos，分析水平向左支持力的大小N=（M+m）gFsin，小于（M+m）g故D正確，A、B、C錯(cuò)誤故選：D【點(diǎn)評(píng)】： 解決本題的關(guān)鍵能夠正確地受力分析，運(yùn)用共點(diǎn)力平衡進(jìn)行求解掌握整體法和隔離法的運(yùn)用2（6分）關(guān)于物體的運(yùn)動(dòng)和加速度，下列說(shuō)法正確的是（） A 做直線運(yùn)動(dòng)的物體，加速度方向一定不變 B 做曲線運(yùn)動(dòng)的物體，加速度可能不變 C 做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的物體，加速度不變 D 以額定功率做加速直線運(yùn)動(dòng)的汽車(chē)，加速度是恒定的【考點(diǎn)】： 加速度【專(zhuān)題】：直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律專(zhuān)題【分析】：當(dāng)加速度與速度共線時(shí)，做直線運(yùn)動(dòng)；不共線時(shí)，做曲線

3、運(yùn)動(dòng)；它們的加速度的可能不變，也可能變化，但對(duì)于圓周運(yùn)動(dòng)加速度一定變化，根據(jù)P=Fv，可知，額定功率下的加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度一定變化【解析】： 解：A、做直線運(yùn)動(dòng)的物體時(shí)，加速度與速度共線，其加速度方向可以變化，故A錯(cuò)誤；B、做曲線運(yùn)動(dòng)的物體時(shí)，加速度與速度不共線，而加速度可能不變，比如平拋運(yùn)動(dòng)，故B正確；C、做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的物體，加速度方向始終指向圓心，即方向不斷變化，故C錯(cuò)誤；D、以額定功率做加速直線運(yùn)動(dòng)的汽車(chē)，根據(jù)P=Fv，可知，隨著速度的變化，牽引力在變化，則加速度不是恒定的，故D錯(cuò)誤；故選：B【點(diǎn)評(píng)】： 考查直線與曲線運(yùn)動(dòng)的條件，理解有加速度與加速度的變化的區(qū)別，注意公式P=Fv中各

4、量的含義3（6分）如圖所示，木塊A放在木塊B的左端上方，用水平恒力F將A拉到B的右端，第一次將B固定在地面上，F(xiàn)做功W1，生熱Q1；第二次讓B在光滑水平面可自由滑動(dòng)，F(xiàn)做功W2，生熱Q2，則下列關(guān)系中正確的是（） A W1W2，Q1=Q2 B W1=W2，Q1=Q2 C W1W2，Q1Q2 D W1=W2，Q1Q2【考點(diǎn)】： 功的計(jì)算；功能關(guān)系【專(zhuān)題】：功的計(jì)算專(zhuān)題【分析】：正確解答本題的關(guān)鍵是理解功的定義以及如何求相互作用的系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量，根據(jù)W=Fscos，比較克服摩擦力所做的功，摩擦產(chǎn)生的熱量Q=fs相對(duì)，通過(guò)比較相對(duì)位移比較摩擦產(chǎn)生的熱量【解析】： 解：木塊A從木塊B左端滑到右端克服摩

5、擦力所做的功W=fs，因?yàn)槟緣KB不固定時(shí)木塊A的位移要比固定時(shí)長(zhǎng)，所以W1W2，；摩擦產(chǎn)生的熱量Q=fs相對(duì)，兩次都從木塊B左端滑到右端，相對(duì)位移相等，所以Q1=Q2故選：A【點(diǎn)評(píng)】： 解決本題的關(guān)鍵掌握摩擦力做功的求法，以及知道摩擦產(chǎn)生的熱量Q=fs相對(duì)，明確摩擦力做功和產(chǎn)生熱量的不同4（6分）假設(shè)空間某一靜電場(chǎng)的電勢(shì)隨x變化情況如圖所示，根據(jù)圖中信息可以確定下列說(shuō)法中正確的是（） A 空間各點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)的方向均與x軸垂直 B 將電荷沿x軸從0移到x1的過(guò)程中，電荷做勻加速直線運(yùn)動(dòng) C 正電荷沿x軸從x2移到x3的過(guò)程中，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小 D 負(fù)電荷沿x軸從x4移到x5的過(guò)程中，電場(chǎng)力做負(fù)

6、功，電勢(shì)能增加【考點(diǎn)】： 電勢(shì)；電勢(shì)能【專(zhuān)題】：電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專(zhuān)題【分析】：由圖分析沿x軸方向電勢(shì)的變化情況，判斷x軸是不是一條等勢(shì)線，根據(jù)場(chǎng)強(qiáng)方向與等勢(shì)面垂直，分析場(chǎng)強(qiáng)的方向是否均與x軸垂直根據(jù)圖象的斜率等于場(chǎng)強(qiáng)，分析場(chǎng)強(qiáng)的變化，判斷電荷的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)電荷沿x軸從0移到x1的過(guò)程中，各點(diǎn)的電勢(shì)相等，任意兩點(diǎn)間電勢(shì)差為零，但場(chǎng)強(qiáng)不一定為零，電荷不一定不受電場(chǎng)力根據(jù)推論：正電荷在電勢(shì)高處電勢(shì)能大，負(fù)電荷在電勢(shì)低處電勢(shì)能大，分析電場(chǎng)力做功情況，判斷電勢(shì)能變化情況【解析】： 解：A、由圖看出，x軸上各點(diǎn)電勢(shì)不全相等，x軸不是一條等勢(shì)線，所以空間各點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)的方向不全與x軸垂直故A錯(cuò)誤B、將電荷沿x軸從0

7、移到x1的過(guò)程中，各點(diǎn)電勢(shì)相等，圖象的斜率為零，電場(chǎng)力為零，電荷做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤C、正電荷沿x軸從x2移到x3的過(guò)程中，電勢(shì)升高，電荷的電勢(shì)能增大，電場(chǎng)力做負(fù)功故C錯(cuò)誤D、負(fù)電荷沿x軸從x4移到x5的過(guò)程中，電勢(shì)降低，電荷的電勢(shì)能增加，電場(chǎng)力做負(fù)功故D正確故選：D【點(diǎn)評(píng)】： 本題判斷電場(chǎng)力做功情況，也可以根據(jù)公式WAB=qUAB=q（AB）分析5（6分）一正三角形導(dǎo)線框ABC（高度為a）從圖示位置沿x軸正向勻速穿過(guò)兩勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域兩磁場(chǎng)區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B、方向相反、垂直于平面、寬度均為a圖乙反映感應(yīng)電流I與線框移動(dòng)距離x的關(guān)系，以逆時(shí)針?lè)较驗(yàn)殡娏鞯恼较驁D象正確的是（） A B C

8、 D 【考點(diǎn)】： 導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)【專(zhuān)題】：電磁感應(yīng)與電路結(jié)合【分析】：線框勻速穿過(guò)兩磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，分為三個(gè)過(guò)程：穿過(guò)左側(cè)磁場(chǎng)，穿過(guò)兩磁場(chǎng)分界線和穿過(guò)右側(cè)磁場(chǎng)由有效切割長(zhǎng)度變化，根據(jù)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)公式，分析感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的變化，再分析感應(yīng)電流的變化【解析】： 解：A、x在a2a范圍，線框穿過(guò)兩磁場(chǎng)分界線時(shí)，BC、AC邊在右側(cè)磁場(chǎng)中切割磁感線，有效切割長(zhǎng)度逐漸增大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E1增大，AC邊在左側(cè)磁場(chǎng)中切割磁感線，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E2不變，兩個(gè)電動(dòng)勢(shì)串聯(lián)，總電動(dòng)勢(shì)E=E1+E2增大故A錯(cuò)誤； B、x在0a范圍，線框穿過(guò)左側(cè)磁場(chǎng)時(shí)，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，為正值故B錯(cuò)誤； CD

9、、在2a3a，線框穿過(guò)左側(cè)磁場(chǎng)時(shí)，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，為正值故C正確，D錯(cuò)誤故選：C【點(diǎn)評(píng)】： 本題選擇的方法是排除法，將選項(xiàng)逐一代入檢驗(yàn)，剔除不符合題意的選項(xiàng)，最后選出正確的答案6（6分）如圖所示，T為理想變壓器，原副線圈匝數(shù)比為5：1A1、A2為理想交流電流表，V1、V2為理想交流電壓表，R1、R2為定值電阻，R3為光敏電阻（阻值隨光照強(qiáng)度的增大而減小），原線圈兩端電壓=220sin314tV，以下說(shuō)法正確的是（） A 當(dāng)光照增強(qiáng)時(shí)，電壓表V1示數(shù)為44V保持不變 B 當(dāng)光照增強(qiáng)時(shí)，電壓表V2示數(shù)變大 C 通過(guò)電流表A1的電流方向每秒變化100次 D 當(dāng)光照增強(qiáng)時(shí)，電流表A

10、1、A2示數(shù)同時(shí)變大【考點(diǎn)】： 變壓器的構(gòu)造和原理【專(zhuān)題】：交流電專(zhuān)題【分析】：和閉合電路中的動(dòng)態(tài)分析類(lèi)似，可以根據(jù)R3的變化，確定出總電路的電阻的變化，進(jìn)而可以確定總電路的電流的變化的情況，再根據(jù)電壓不變，來(lái)分析其他的原件的電流和電壓的變化的情況【解析】： 解：A、原線圈兩端電壓有效值為220，原副線圈匝數(shù)比為5：1，所以副線圈的電壓有效值為44V，電壓表V1示數(shù)為44V保持不變，與電阻的變化無(wú)關(guān)，所以A錯(cuò)誤；B、當(dāng)光照增強(qiáng)時(shí)，R3的電阻減小，總的電阻減小，所以電路的總電流要變大，R1的電壓變大，副線圈的總電壓不變，所以電壓表V2示數(shù)變小，所以B錯(cuò)誤；C、交流電的頻率為f=Hz，所以通過(guò)電流

11、表A1的電流方向每秒變化100次，所以C正確；D、當(dāng)光照增強(qiáng)時(shí)，R3的電阻減小，總的電阻減小，所以電路的總電流要變大，因此A1、A2的示數(shù)都要變大，故D正確；故選：CD【點(diǎn)評(píng)】： 電路的動(dòng)態(tài)變化的分析，總的原則就是由部分電路的變化確定總電路的變化的情況，再確定其他的電路的變化的情況，即先部分后整體再部分的方法7（6分）銀河系處于本超星系團(tuán)的邊緣已知銀河系距離星系團(tuán)中心約2億光年，繞星系團(tuán)中心運(yùn)行的公轉(zhuǎn)周期約1000億年，引力常量G=6.67×1011Nm2/kg2，根據(jù)上述數(shù)據(jù)可估算（） A 銀河系繞本超星系團(tuán)中心運(yùn)動(dòng)的線速度 B 銀河系繞本超星系團(tuán)中心運(yùn)動(dòng)的加速度 C 銀河系的質(zhì)量

12、 D 銀河系與本超星系團(tuán)的之間的萬(wàn)有引力【考點(diǎn)】： 萬(wàn)有引力定律及其應(yīng)用【專(zhuān)題】：萬(wàn)有引力定律的應(yīng)用專(zhuān)題【分析】：已知銀河系繞超星系運(yùn)動(dòng)的軌道半徑和公轉(zhuǎn)周期，根據(jù)線速度和周期、加速度和周期的關(guān)系公式可以計(jì)算出銀河系繞本超星系團(tuán)中心運(yùn)動(dòng)的線速度和加速度銀河系是環(huán)繞天體，無(wú)法計(jì)算其質(zhì)量，只能計(jì)算中心天體超星系的質(zhì)量【解析】： 解：A、B、據(jù)題意可知，銀河系是環(huán)繞天體，超星系是中心天體，銀河系繞超星系做圓周運(yùn)動(dòng)，已知環(huán)繞的軌道r和周期T，則銀河系運(yùn)動(dòng)的線速度為v=，加速度a=，故可以計(jì)算銀河系繞本超星系團(tuán)中心運(yùn)動(dòng)的線速度和加速度，故A正確，B正確；C、銀河系是環(huán)繞天體，無(wú)法計(jì)算其質(zhì)量，故C錯(cuò)誤；D、

13、由于不知道銀河系的質(zhì)量，故無(wú)法求解銀河系與本超星系團(tuán)的之間的萬(wàn)有引力，故D錯(cuò)誤；故選：AB【點(diǎn)評(píng)】： 本題要能知道銀河系繞超星系做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，銀河系是環(huán)繞天體，超星系是中心天體，無(wú)法計(jì)算環(huán)繞天體的質(zhì)量，只能計(jì)算中心天體超星系的質(zhì)量8（6分）設(shè)空間存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，如圖所示，已知一帶電粒子在電場(chǎng)力和洛倫茲力的作用下，從靜止開(kāi)始自A點(diǎn)沿曲線ACB運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度為零，C點(diǎn)是運(yùn)動(dòng)的最低點(diǎn)，忽略粒子的重力，以下說(shuō)法中正確的是（） A 此粒子必帶正電荷 B A點(diǎn)和B位于同一高度 C 離子在C點(diǎn)時(shí)機(jī)械能最大 D 離子到達(dá)B點(diǎn)后，將沿原曲線返回A點(diǎn)【考點(diǎn)】： 帶電粒子在混

14、合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【專(zhuān)題】：帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專(zhuān)題【分析】：帶電粒子由靜止釋放（不考慮重力），在電場(chǎng)力的作用下會(huì)沿電場(chǎng)向下運(yùn)動(dòng)，在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，帶電粒子會(huì)受到洛倫茲力，所以粒子會(huì)沿逆時(shí)針?lè)较蚱D(zhuǎn)，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)，洛倫茲力方向向上，此時(shí)粒子具有最大速度，在之后的運(yùn)動(dòng)中，粒子的電勢(shì)能會(huì)增加速度越來(lái)越小，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度為零之后粒子會(huì)繼續(xù)向右重復(fù)由在由A經(jīng)C到B的運(yùn)動(dòng)形式【解析】： 解：A、從圖中可以看出，上極板帶正電，下極板帶負(fù)電，帶電粒子由靜止開(kāi)始向下運(yùn)動(dòng)，說(shuō)明受到向下的電場(chǎng)力，可知粒子帶正電故A正確B、離子具有速度后，它就在向下的電場(chǎng)力F及總與速度心垂直并不斷改變方向的洛侖茲力f作用下沿ACB曲線運(yùn)動(dòng)

15、，因洛侖茲力不做功，電場(chǎng)力做功等于動(dòng)能的變化，而離子到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度為零，所以從A到B電場(chǎng)力所做正功與負(fù)功加起來(lái)為零這說(shuō)明離子在電場(chǎng)中的B點(diǎn)與A點(diǎn)的電勢(shì)能相等，即B點(diǎn)與A點(diǎn)位于同一高度故B正確C、在由A經(jīng)C到B的過(guò)程中，在C點(diǎn)時(shí)，電勢(shì)最低，此時(shí)粒子的電勢(shì)能最小，由能量守恒定律可知此時(shí)具有最大機(jī)械能故C正確D、只要將離子在B點(diǎn)的狀態(tài)與A點(diǎn)進(jìn)行比較，就可以發(fā)現(xiàn)它們的狀態(tài)（速度為零，電勢(shì)能相等）相同，如果右側(cè)仍有同樣的電場(chǎng)和磁場(chǎng)的疊加區(qū)域，離子就將在B之右側(cè)重現(xiàn)前面的曲線運(yùn)動(dòng)，因此，離子是不可能沿原曲線返回A點(diǎn)的如圖所示故D錯(cuò)誤故選：ABC【點(diǎn)評(píng)】： 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的分析思路1正確的受力

16、分析除重力、彈力和摩擦力外，要特別注意電場(chǎng)力和磁場(chǎng)力的分析2正確分析物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)找出物體的速度、位置及其變化特點(diǎn)，分析運(yùn)動(dòng)過(guò)程如果出現(xiàn)臨界狀態(tài)，要分析臨界條件帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中做什么運(yùn)動(dòng)，取決于帶電粒子的受力情況（1）當(dāng)粒子在復(fù)合場(chǎng)內(nèi)所受合力為零時(shí)，做勻速直線運(yùn)動(dòng)（如速度選擇器）（2）當(dāng)帶電粒子所受的重力與電場(chǎng)力等值反向，洛倫茲力提供向心力時(shí)，帶電粒子在垂直于磁場(chǎng)的平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)（3）當(dāng)帶電粒子所受的合力是變力，且與初速度方向不在一條直線上時(shí)，粒子做非勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，這時(shí)粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡既不是圓弧，也不是拋物線，由于帶電粒子可能連續(xù)通過(guò)幾個(gè)情況不同的復(fù)合場(chǎng)區(qū)，因此粒子的運(yùn)動(dòng)情況也發(fā)生相應(yīng)

17、的變化，其運(yùn)動(dòng)過(guò)程也可能由幾種不同的運(yùn)動(dòng)階段所組成三、非選擇題（包括必考題和選考題兩部分）（一）必考題9（6分）在“驗(yàn)證機(jī)械能守恒的實(shí)驗(yàn)”中，已知打點(diǎn)計(jì)時(shí)器使用的交流電源的周期為0.02s，當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭=9.80m/s2該實(shí)驗(yàn)選取的重錘質(zhì)量為1.00kg，選取如圖所示的一段紙帶并測(cè)量出相鄰各點(diǎn)之間的距離，利用這些數(shù)據(jù)驗(yàn)證重錘通過(guò)第2點(diǎn)至第5點(diǎn)間的過(guò)程中遵從機(jī)械能守恒定律通過(guò)計(jì)算可以得出在第2點(diǎn)位置時(shí)重錘的動(dòng)能為1.13J；第5點(diǎn)位置重錘時(shí)的動(dòng)能為2.21J；重錘從第2點(diǎn)至第5點(diǎn)間的過(guò)程中重力勢(shì)能的減小量為1.06J（保留三位有效數(shù)字）【考點(diǎn)】： 驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律【專(zhuān)題】：實(shí)驗(yàn)題；機(jī)械能

18、守恒定律應(yīng)用專(zhuān)題【分析】：紙帶法實(shí)驗(yàn)中，若紙帶勻變速直線運(yùn)動(dòng)，測(cè)得紙帶上的點(diǎn)間距，利用勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論，可計(jì)算出打出某點(diǎn)時(shí)紙帶運(yùn)動(dòng)的瞬時(shí)速度，從而求出動(dòng)能根據(jù)功能關(guān)系得重力勢(shì)能減小量等于重力做功的數(shù)值【解析】： 解：根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)中時(shí)間中點(diǎn)的瞬時(shí)速度等于該過(guò)程中的平均速度有：v2=1.5m/sv5=2.1m/s在第2點(diǎn)位置時(shí)重錘的動(dòng)能為：EK2=mv22=1.13J在第5點(diǎn)位置時(shí)重錘的動(dòng)能為：EK5=mv52=2.21J重力做功等于重力勢(shì)能的減小量，因此有：重錘從第2點(diǎn)至第5點(diǎn)間的過(guò)程中重力勢(shì)能的減小量為EP=mgx25=1×9.80×0.108=1.06J故答案為

19、：1.13； 2.21； 1.06【點(diǎn)評(píng)】： 用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式、推論和動(dòng)能、重力勢(shì)能的定義式解決問(wèn)題是該實(shí)驗(yàn)的常規(guī)問(wèn)題，要注意單位的換算和有效數(shù)字的保留10（9分）某同學(xué)用下列器材測(cè)量一電阻絲的電阻Rx：電源E，適當(dāng)量程的電流表、電壓表各一只（電流表有內(nèi)阻，電壓表內(nèi)阻不是無(wú)限大），滑動(dòng)變阻器R、RP，開(kāi)關(guān)S1、S2，導(dǎo)線若干他設(shè)計(jì)如圖（a）所示的電路測(cè)量電阻Rx的值，并有效地消除了因電壓表和電流表內(nèi)阻而產(chǎn)生的系統(tǒng)誤差實(shí)驗(yàn)步驟如下：A先閉合S1，斷開(kāi)S2，調(diào)節(jié)R和RP，使電流表和電壓表示數(shù)合理，記下兩表示數(shù)為I1，U1；B閉合S2，調(diào)節(jié)RP，記下電流表和電壓表示數(shù)為I2、U2（1）請(qǐng)你幫他按電路圖在

20、實(shí)物圖（b）上連線；（2）指出上述步驟B中錯(cuò)誤的做法并進(jìn)行改正應(yīng)該保持RP不變，測(cè)出電流表和電壓表的讀數(shù)為I2、U2，寫(xiě)出用測(cè)量數(shù)據(jù)表示被測(cè)電阻Rx的表達(dá)式【考點(diǎn)】： 伏安法測(cè)電阻【專(zhuān)題】：實(shí)驗(yàn)題【分析】：（1）根據(jù)電路圖，結(jié)合量程及電表極性，即可求解；（2）根據(jù)歐姆定律，結(jié)合并聯(lián)電阻公式，并依據(jù)題意：即先閉合S1，斷開(kāi)S2與閉合S2，兩種情況，即可求解【解析】： 解：（1）由電路圖，連接實(shí)物圖，如下圖所示：（2）A先閉合S1，斷開(kāi)S2，調(diào)節(jié)R和RP，使電流表和電壓表示數(shù)合理，記下兩表示數(shù)為I1，U1；B閉合S2，保持RP不變，記下電流表和電壓表示數(shù)為I2、U2當(dāng)先閉合S1，斷開(kāi)S2，根據(jù)歐姆

21、定律，則有：RP=；當(dāng)閉合S2，則有：=聯(lián)立上式，解得：故答案為：（1）如上圖所示；（2）應(yīng)該保持RP不變，測(cè)出電流表和電壓表的讀數(shù)為I2、U2；【點(diǎn)評(píng)】： 考查由電路圖連接實(shí)物圖，掌握量程選取，及正負(fù)極的確定，理解歐姆定律的應(yīng)用，注意并聯(lián)電阻的計(jì)算11（14分）如圖所示，有一水平放置的足夠長(zhǎng)的皮帶輸送機(jī)以v=5m/s的速率沿順時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)行有一物體以v0=10m/s的初速度從皮帶輸送機(jī)的右端沿皮帶水平向左滑動(dòng)若物體與皮帶間的動(dòng)摩擦因素=0.5，并取g=10m/s2，求物體從滑上皮帶到離開(kāi)皮帶所用的時(shí)間【考點(diǎn)】： 牛頓第二定律；勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移與時(shí)間的關(guān)系【專(zhuān)題】：牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專(zhuān)題【分析

22、】：物體滑上傳送帶后先做勻減速直線運(yùn)動(dòng)到零，然后返回做勻加速直線運(yùn)動(dòng)達(dá)到5m/s做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間【解析】： 解：物塊滑上傳送帶時(shí)，受到向右的滑動(dòng)摩擦力，向左做勻減速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得：mg=ma，加速度：a=g=0.5×10=5m/s2，由勻變速運(yùn)動(dòng)的速度位移公式可得，物塊速度變?yōu)榱銜r(shí)的位移：s=10m，物體向左運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t左=2s；物塊速度變?yōu)榱愫螅聪蛳蛴易龀跛俣葹榱愕膭蚣铀龠\(yùn)動(dòng)，加速度a=5m/s2，物塊速度等于傳送帶速度v=5m/s時(shí)，物塊的位移s1=2.5ms=10m，t1=1s，運(yùn)動(dòng)時(shí)間然后物塊與傳送帶一起向右做勻速直線運(yùn)

23、動(dòng)，物塊做勻速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：t2=1.5s，物塊從滑上傳送帶到滑下傳送帶所用的時(shí)間：t=t左+t1+t2=4.5s答：物塊從滑上傳送帶到滑下傳送帶所用的時(shí)間4.5s【點(diǎn)評(píng)】： 解決本題的關(guān)鍵理清物體全過(guò)程的運(yùn)動(dòng)情況，結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解12（18分）如圖（甲）所示，在直角坐標(biāo)系0xL區(qū)域內(nèi)有沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，右側(cè)有一個(gè)以點(diǎn)（3L，0）為圓心、半徑為L(zhǎng)的圓形區(qū)域，圓形區(qū)域與x軸的交點(diǎn)分別為M、N現(xiàn)有一質(zhì)量為m，帶電量為e的電子，從y軸上的A點(diǎn)以速度v0沿x軸正方向射入電場(chǎng)，飛出電場(chǎng)后從M點(diǎn)進(jìn)入圓形區(qū)域，速度方向與x軸夾角為30°此時(shí)在圓形區(qū)域加如圖（乙）所示周期性變

24、化的磁場(chǎng)，以垂直于紙面向外為磁場(chǎng)正方向），最后電子運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后從N飛出，速度方向與進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度方向相同（與x軸夾角也為30°）求：（1）電子進(jìn)入圓形磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度大小；（2）0xL區(qū)域內(nèi)勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)E的大??；（3）寫(xiě)出圓形磁場(chǎng)區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度B0的大小、磁場(chǎng)變化周期T各應(yīng)滿(mǎn)足的表達(dá)式【考點(diǎn)】： 帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；牛頓第二定律；向心力；帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【專(zhuān)題】：壓軸題；帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專(zhuān)題【分析】：電子在電場(chǎng)中只受電場(chǎng)力，做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)將速度分解，可求出電子進(jìn)入圓形磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度大小根據(jù)牛頓定律求出場(chǎng)強(qiáng)E的大小電子在磁場(chǎng)中，洛倫茲力提供向心力，做勻速圓

25、周運(yùn)動(dòng)分析電子進(jìn)入磁場(chǎng)的速度方向與進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度方向相同條件，根據(jù)圓的對(duì)稱(chēng)性，由幾何知識(shí)得到半徑，周期T各應(yīng)滿(mǎn)足的表達(dá)式【解析】： 解： （1）電子在電場(chǎng)中作類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，射出電場(chǎng)時(shí)，如圖1所示 由速度關(guān)系： 解得 （2）由速度關(guān)系得 在豎直方向 解得 （3）在磁場(chǎng)變化的半個(gè)周期內(nèi)粒子的偏轉(zhuǎn)角為60°，根據(jù)幾何知識(shí)，在磁場(chǎng)變化的半個(gè)周期內(nèi)， 粒子在x軸方向上的位移恰好等于R粒子到達(dá)N點(diǎn)而且速度符合要求的空間條件是：nR=2L 電子在磁場(chǎng)作圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑 解得（n=1、2、3） 若粒子在磁場(chǎng)變化的半個(gè)周期恰好轉(zhuǎn)過(guò)圓周，同時(shí)MN間運(yùn)動(dòng)時(shí)間是磁場(chǎng)變化周期的整數(shù)倍時(shí)， 可使粒子到達(dá)N點(diǎn)并

26、且 速度滿(mǎn)足題設(shè)要求應(yīng)滿(mǎn)足的時(shí)間條件：解得 T的表達(dá)式得：（n=1、2、3）答：（1）電子進(jìn)入圓形磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度大小為解得 ； （2）0xL區(qū)域內(nèi)勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)E的大小； （3）圓形磁場(chǎng)區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度B0的大小表達(dá)式為（n=1、2、3） 磁場(chǎng)變化周期T各應(yīng)滿(mǎn)足的表達(dá)式為（n=1、2、3）【點(diǎn)評(píng)】： 本題帶電粒子在組合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，分別采用不同的方法：電場(chǎng)中運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的合成和分解，磁場(chǎng)中圓周運(yùn)動(dòng)處理的基本方法是畫(huà)軌跡所加磁場(chǎng)周期性變化時(shí)，要研究規(guī)律，得到通項(xiàng)（二）選考題：共45分請(qǐng)考生從給出的3道題中任選一題作答，如果多做，則每學(xué)科按所做的第一題計(jì)分【物理-選修3-3】（15分）13（6分）下列說(shuō)法正

27、確的是（） A 固體、液體、氣體中都有擴(kuò)散運(yùn)動(dòng)和布朗運(yùn)動(dòng) B 熱量能夠從高溫物體傳到低溫物體，但不能從低溫物體傳到高溫物體 C 水和酒精混合后總體積減小，說(shuō)明分子間有空隙 D 當(dāng)分子間的距離r=r0時(shí)，斥力等于引力，表現(xiàn)出分子力為零 E 擴(kuò)散運(yùn)動(dòng)和布朗運(yùn)動(dòng)的劇烈程度都與溫度有關(guān)【考點(diǎn)】： 溫度是分子平均動(dòng)能的標(biāo)志；分子勢(shì)能【專(zhuān)題】：熱力學(xué)定理專(zhuān)題【分析】：用到的知識(shí)點(diǎn)：布朗運(yùn)動(dòng)是懸浮在液體中的固體微粒的運(yùn)動(dòng)；水和酒精混合后總體積減小，說(shuō)明分子間有空隙；根據(jù)分子力與距離的關(guān)系，當(dāng)分子間的距離r=r0時(shí)，斥力等于引力；溫度是分子的平均動(dòng)能的標(biāo)志，是分子運(yùn)動(dòng)的激烈程度的標(biāo)志【解析】： 解：A、布朗運(yùn)

28、動(dòng)是懸浮在液體中的固體微粒的運(yùn)動(dòng)，是液體分子無(wú)規(guī)則熱運(yùn)動(dòng)的反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；B、根據(jù)熱力學(xué)第二定律知熱量只能夠自發(fā)從高溫物體傳到低溫物體，但也可以通過(guò)熱機(jī)做功實(shí)現(xiàn)從低溫物體傳遞到高溫物體，故B錯(cuò)誤；C、在水和酒精混合的實(shí)驗(yàn)中，水和酒精混合后總體積減小，說(shuō)明分子間有空隙，故C正確；D、根據(jù)分子力與距離的關(guān)系，當(dāng)分子間的距離r=r0時(shí)，斥力等于引力，表現(xiàn)出分子力為零故D正確；E、溫度是分子的平均動(dòng)能的標(biāo)志，是分子運(yùn)動(dòng)的激烈程度的標(biāo)志，使用溫度越高，擴(kuò)散運(yùn)動(dòng)和布朗運(yùn)動(dòng)的越劇烈故E正確故選：CDE【點(diǎn)評(píng)】： 本題考查分子動(dòng)理論的知識(shí)和熱力學(xué)定律的理解和記憶，此處知識(shí)點(diǎn)不多，但要注意理解和應(yīng)用，以及平時(shí)的

29、積累14（9分）如圖所示，U形管右管橫截面積為左管橫截面積的2倍，在左管內(nèi)用水銀封閉一段長(zhǎng)為26cm，溫度為280K的空氣柱，左右兩管水銀面高度差為36cm，外界大氣壓為76cmHg若給左管的封閉氣體加熱，使管內(nèi)氣柱長(zhǎng)度變?yōu)?0cm，則此時(shí)左管內(nèi)氣體的溫度為多少？【考點(diǎn)】： 理想氣體的狀態(tài)方程【專(zhuān)題】：理想氣體狀態(tài)方程專(zhuān)題【分析】：以封閉氣體為研究對(duì)象，然后應(yīng)用理想氣體的狀態(tài)方程求出氣體的溫度【解析】： 解：（1）以封閉氣體為研究對(duì)象，設(shè)左管橫截面積為S，當(dāng)左管封閉的氣柱長(zhǎng)度變?yōu)?0cm時(shí)，左管水銀柱下降4cm，右管水銀柱上升2cm，即兩端水銀柱高度差為：h=30cm由題意得：V1=L1S=2

30、6S，P1=P0h1=76cmHg36cmHg=40cmHg，T1=280K；p2=p0h=46cmHg V2=L2S=30S，由理想氣體狀態(tài)方程：，可得：T2=371.5K答：左管內(nèi)氣體的溫度為371.5K【點(diǎn)評(píng)】： 根據(jù)圖示求出封閉氣體壓強(qiáng)，熟練應(yīng)用理想氣體的狀態(tài)方程即可正確解題；本題的難點(diǎn)是：氣體最終狀態(tài)的壓強(qiáng)物理-選修3-4】（15分）15如圖所示，空間同一平面內(nèi)有A、B、C三點(diǎn)，AB=5m，BC=4m，AC=3mA、C兩點(diǎn)處有完全相同的波源做簡(jiǎn)諧振動(dòng)，振動(dòng)頻率為1360Hz，波速為340m/s下列說(shuō)法正確的是（） A B點(diǎn)的位移總是最大 B A、B間有7個(gè)振動(dòng)加強(qiáng)的點(diǎn) C 兩列波的波

31、長(zhǎng)均為0.25m D B、C間有8個(gè)振動(dòng)減弱的點(diǎn) E 振動(dòng)減弱點(diǎn)的位移總是為零 【考點(diǎn)】： 橫波的圖象；波長(zhǎng)、頻率和波速的關(guān)系【專(zhuān)題】：振動(dòng)圖像與波動(dòng)圖像專(zhuān)題【分析】：當(dāng)?shù)絻刹ㄔ吹穆烦滩钍前氩ㄩL(zhǎng)的奇數(shù)倍時(shí)，為振動(dòng)減弱點(diǎn)，當(dāng)?shù)絻刹ㄔ吹穆烦滩钍前氩ㄩL(zhǎng)的偶數(shù)倍時(shí)，為振動(dòng)減弱點(diǎn)【解析】： 解：A、波的波長(zhǎng)，B點(diǎn)到兩波源的路程差x=1m=4，該點(diǎn)為振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，但是不是位移總是最大，故A錯(cuò)誤，C正確B、AB上點(diǎn)與A的距離和與C的距離之差一定小于AC，即小于3m，則路程差可能為0m、0.5m、0.75m、1m、1.25m、1.50m、1.75m、2m、2.25、2.5m、2.75m，可知有11個(gè)振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)故

32、B錯(cuò)誤D、BC上點(diǎn)與A的距離和與C的距離之差一定小于AC，即小于3m，則路程差可能為0.125m、0.375m、0.635m、0.875m、1.125m、1.375m、1.625m、1.875、2.125m、2.375m、2.625m、2.875m，有12個(gè)振動(dòng)減弱點(diǎn)故D錯(cuò)誤E、由于兩波源的振幅相同，可知振動(dòng)減弱點(diǎn)的位移總是為零，故E正確故選：CE【點(diǎn)評(píng)】： 解決本題的關(guān)鍵掌握振動(dòng)加強(qiáng)和振動(dòng)減弱的條件，即當(dāng)?shù)絻刹ㄔ吹穆烦滩钍前氩ㄩL(zhǎng)的奇數(shù)倍時(shí)，為振動(dòng)減弱點(diǎn)，當(dāng)?shù)絻刹ㄔ吹穆烦滩钍前氩ㄩL(zhǎng)的偶數(shù)倍時(shí)，為振動(dòng)減弱點(diǎn)16一等腰三角形玻璃磚放在某液體中，其截面如圖所示，三個(gè)頂點(diǎn)分別為A、B、C，ABC=AC

33、B=75°AC面鍍一層反光膜CB的延長(zhǎng)線上有一D點(diǎn)，從D點(diǎn)發(fā)射一束光線射到AB面上的E點(diǎn)，從E點(diǎn)進(jìn)入玻璃磚的光在AC面經(jīng)過(guò)第一次反射后沿原路返回已知EDB=45°求液體相對(duì)于玻璃磚的折射率【考點(diǎn)】： 光的折射定律【專(zhuān)題】：光的折射專(zhuān)題【分析】：做出光路圖，結(jié)合幾何知識(shí)求出入射角，根據(jù)折射定律求折射率【解析】： 解：過(guò)E點(diǎn)做AB的垂線，交AC于E，設(shè)折射光線射到AC面上的F點(diǎn)，因折射進(jìn)玻璃磚的光在AC面經(jīng)過(guò)第一次反射后原路返回則可得到折射光線與AC面垂直可得折射角GEF=30°由幾何關(guān)系可得入射角：=60°根據(jù)光路可逆知：液體相對(duì)于玻璃的折射率為n=答：液體相對(duì)于玻璃磚的折射率【點(diǎn)評(píng)】： 本題考查幾何光學(xué)問(wèn)題，靈活結(jié)合幾何知識(shí)求解是關(guān)鍵【物理-選修3-5】（15分）17下列說(shuō)法正確的是（） A 康普頓效應(yīng)進(jìn)一步證實(shí)了光的波動(dòng)特性 B 天然放射元素衰變的快慢與所處的化學(xué)、物理狀態(tài)有關(guān) C 經(jīng)典物理學(xué)不能解釋原子的穩(wěn)定性和原子光譜的分立特性