高三物理第二次模擬試題含解析新人教版.doc

2015年山東省濟(jì)寧市汶上五中高考物理二模試卷一.選擇題1（6分）如圖所示，截面為三角形的鋼坯A、B疊放在汽車的水平底板上，汽車底板和鋼坯表面均粗糙，以下說法正確的是（） A 汽車、鋼坯都靜止時(shí)，汽車底板對鋼坯A有向左的靜摩擦力 B 汽車、鋼坯都靜止時(shí)，鋼坯A對B無摩擦力作用 C 汽車向左加速時(shí)，汽車與鋼坯相對靜止，鋼坯A受到汽車底板對它的靜摩擦力 D 汽車向左啟動(dòng)前后，汽車與鋼坯相對靜止，鋼坯A對B的彈力不變【考點(diǎn)】： 靜摩擦力和最大靜摩擦力；共點(diǎn)力平衡的條件及其應(yīng)用【專題】： 摩擦力專題【分析】： 當(dāng)它們都靜止時(shí)，處于平衡狀態(tài)，受力平衡，底板對鋼坯A無摩擦力；當(dāng)它們向左加速時(shí)，鋼坯A受到汽車底板對它的向左靜摩擦力，從而即可求解【解析】： 解：A、當(dāng)汽車、鋼坯都靜止時(shí)，底板與鋼坯A無相對運(yùn)動(dòng)趨勢，因此它們之間無摩擦力，故A錯(cuò)誤；B、當(dāng)汽車、鋼坯都靜止時(shí)，底板與鋼坯A無相對運(yùn)動(dòng)趨勢，但鋼坯A與B有相對運(yùn)動(dòng)趨勢，因此它們之間有靜摩擦力，故B錯(cuò)誤；C、汽車向左加速時(shí)，雖汽車與鋼坯相對靜止，但鋼坯A受到汽車底板對它有向左靜摩擦力，故C正確；D、向左啟動(dòng)前后，即為平衡到不平衡的變化，則鋼坯A對B的彈力變大，靜摩擦力變小，故D錯(cuò)誤；故選：C【點(diǎn)評(píng)】： 考查對研究對象受力分析與運(yùn)動(dòng)分析，掌握平衡條件與牛頓第二定律的應(yīng)用，注意學(xué)會(huì)由運(yùn)動(dòng)去分析受力的方法2（6分）（2015濟(jì)寧校級(jí)二模）太陽系各行星可近似看成在同一平面內(nèi)沿同一方向繞太陽做勻速圓周運(yùn)動(dòng)設(shè)天王星公轉(zhuǎn)周期為T1，公轉(zhuǎn)半徑為R1；地球公轉(zhuǎn)周期為T2，公轉(zhuǎn)半徑為R2當(dāng)?shù)厍蚝吞焱跣沁\(yùn)行到太陽兩側(cè)，且三者排成一條直線時(shí)，忽略二者之間的引力作用，萬有引力常量為G，下列說法正確的是（） A 天王星公轉(zhuǎn)速度大于地球公轉(zhuǎn)速度 B 地球與天王星相距最近至少需經(jīng)歷 C 太陽的質(zhì)量為 D 天王星公轉(zhuǎn)的向心加速度與地球公轉(zhuǎn)的向心加速度之比為【考點(diǎn)】： 萬有引力定律及其應(yīng)用；向心力【專題】： 萬有引力定律的應(yīng)用專題【分析】： 根據(jù)萬有引力提供向心力，解出速度的表達(dá)式，再判斷大小地球與天王星相距最近，兩者轉(zhuǎn)過的角度相差，所以，化簡求得所用的最小時(shí)間根據(jù)萬有引力提供向心力求解太陽的質(zhì)量根據(jù)萬有引力提供向心力，解出加速度的表達(dá)式，再計(jì)算其比值【解析】： 解：A、根據(jù)萬有引力提供向心力，得：，軌道半徑越大，速度越小，故天王星公轉(zhuǎn)速度小于地球公轉(zhuǎn)速度，故A錯(cuò)誤B、當(dāng)?shù)厍蚝吞焱跣沁\(yùn)行到太陽兩側(cè)，三者排成一條直線，到地球與天王星相距最近，兩者轉(zhuǎn)過的角度相差，所以，得：t=，故B正確C、對于天王星繞太陽運(yùn)動(dòng)，根據(jù)萬有引力提供向心力有：，得太陽的質(zhì)量為：，對于地球繞太陽運(yùn)動(dòng)，有：，得太陽的質(zhì)量為：，故C錯(cuò)誤D、根據(jù)萬有引力提供向心力有：，得：，所以有：，故D錯(cuò)誤故選：B【點(diǎn)評(píng)】： 本題要知道地球和天王星的最遠(yuǎn)距離和最近距離是他們在一條連線上時(shí)，由幾何關(guān)系結(jié)合周期關(guān)系求解時(shí)間3（6分）某同學(xué)在學(xué)習(xí)了直線運(yùn)動(dòng)和牛頓運(yùn)動(dòng)定律知識(shí)后，繪出了沿直線運(yùn)動(dòng)的物體的位移x、速度v、加速度a隨時(shí)間變化的圖象如圖所示，若該物體在t=0時(shí)刻，初速度為零，則下列圖象中該物體在04s內(nèi)位移一定不為零的是（） A B C D 【考點(diǎn)】： 加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系式；勻變速直線運(yùn)動(dòng)的圖像【專題】： 牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題【分析】： 速度時(shí)間圖線的正負(fù)值表示物體運(yùn)動(dòng)的方向，通過位移時(shí)間圖線的位移的增加還是減小判斷運(yùn)動(dòng)的方向【解析】： 解：A、在02s內(nèi)，位移先增大再減小，知運(yùn)動(dòng)的方向發(fā)生改變故A錯(cuò)誤B、在02s內(nèi)速度為正值，向正方向運(yùn)動(dòng)，在24s內(nèi)速度為負(fù)值，向負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)方向發(fā)生改變故B錯(cuò)誤C、01s內(nèi)加速度不變，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，12s內(nèi)加速度方向，大小不變，向正方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，2s末速度為零在一個(gè)周期內(nèi)速度的方向不變故C正確D、在01s內(nèi)，向正方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，12s內(nèi)加速度方向，大小不變，向正方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，2s末速度為零，23s內(nèi)向負(fù)方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)的方向發(fā)生變化故D錯(cuò)誤故選：C【點(diǎn)評(píng)】： 解決本題的關(guān)鍵知道速度時(shí)間圖線和位移時(shí)間圖線的物理意義，以及知道它們的區(qū)別，并且能很好運(yùn)用4（6分）如圖所示，一沿水平方向的勻強(qiáng)磁場分布在豎直高度為2L的某矩形區(qū)域內(nèi)（寬度足夠大），該區(qū)域的上下邊界MN、PS是水平的有一邊長為L的正方形導(dǎo)線框abcd從距離磁場上邊界MN的某高處由靜止釋放下落而穿過該磁場區(qū)域已知當(dāng)線框的ab邊到達(dá)MN時(shí)線框剛好做勻速直線運(yùn)動(dòng)（以此時(shí)開始計(jì)時(shí)），以MN處為坐標(biāo)原點(diǎn)，取如圖坐標(biāo)軸x，并規(guī)定逆時(shí)針方向?yàn)楦袘?yīng)電流的正方向，則關(guān)于線框中的感應(yīng)電流與ab邊的位置坐標(biāo)x間的以下圖線中，可能正確的是（） A B C D 【考點(diǎn)】： 導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢【專題】： 電磁感應(yīng)與圖像結(jié)合【分析】： 本題分三段研究線框中感應(yīng)電流，可根據(jù)E=BLv、I=，得到感應(yīng)電流與速度的關(guān)系，通過分析速度的變化，來分析感應(yīng)電流的變化，即可作出選擇【解析】： 解：據(jù)題意得：x在0L內(nèi)，線框的ab邊到達(dá)MN時(shí)剛好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流為 I=，可知I保持不變，根據(jù)楞次定律判斷可知，I的方向沿逆時(shí)針方向，為正；x在L2L內(nèi)，磁通量不變，沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生，I=0，線框不受安培力，只受重力而做勻加速直線運(yùn)動(dòng)；x在2L3L內(nèi)，線框穿出磁場，根據(jù)楞次定律判斷得知感應(yīng)電流沿順時(shí)針方向，為負(fù)值由于速度大于進(jìn)入磁場時(shí)的速度，安培力增大，所以安培力大于其重力而減速運(yùn)動(dòng)，隨著速度減小，安培力減小，合力減小，加速度隨之減小，所以線框做加速度減小的變減速運(yùn)動(dòng)速度減小，感應(yīng)電流減小，而且加速度減小，速度的變化率減小，則電流的變化率隨之減小，所以ix的切線斜率減小線框剛出磁場時(shí)安培力最小等于重力，速度最小等于進(jìn)入磁場時(shí)的速度，所以感應(yīng)電流最小值不小于進(jìn)入磁場時(shí)的電流值，故D正確，ABC錯(cuò)誤故選：D【點(diǎn)評(píng)】： 解決本題的關(guān)鍵正確分析線框的運(yùn)動(dòng)情況，掌握切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢公式和歐姆定律公式，會(huì)通過楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向，通過表達(dá)式分析和選擇圖象5（6分）（2015濟(jì)寧校級(jí)二模）如圖甲，真空中有一半徑為R、電荷量為+Q的均勻帶電球體，以球心為坐標(biāo)原點(diǎn)，沿半徑方向建立x軸理論分析表明，x軸上各點(diǎn)的場強(qiáng)隨x變化關(guān)系如圖乙，已知x1與R兩點(diǎn)間距大于R與x2的兩點(diǎn)間距，則（） A x2處場強(qiáng)大小為 B x1、x2兩點(diǎn)處的電勢相同 C 球內(nèi)部的電場為勻強(qiáng)電場 D 假設(shè)將試探電荷沿x軸移動(dòng)，則從x1移到R處和從R移到x2處靜電力做功相同【考點(diǎn)】： 電勢；電場強(qiáng)度【專題】： 電場力與電勢的性質(zhì)專題【分析】： 均勻帶電的球體，體外某點(diǎn)的電場強(qiáng)度則可由點(diǎn)電荷的電場強(qiáng)度公式求解，是將帶電量的球體看成處于O點(diǎn)的點(diǎn)電荷來處理而體內(nèi)某點(diǎn)的電場強(qiáng)度，根據(jù)E=k與QX=Q共同確定對于電勢則可以由該點(diǎn)移動(dòng)電勢為零處電場力做功與電量的比值來確定【解析】： 解：A、電荷量為+Q 的均勻帶電球體，以球心為坐標(biāo)原點(diǎn)，當(dāng)作點(diǎn)電荷，則有x2處場強(qiáng)大小為，故A正確；B、由圖象可知，球內(nèi)部的電場為非勻強(qiáng)電場，由E=k與QX=Q，則有E=x故B錯(cuò)誤；C、由圖象與=k，則x1、x2兩點(diǎn)處的電勢不同，故C錯(cuò)誤；D、因電場力做功與初末位置有關(guān)，當(dāng)假設(shè)將試探電荷沿x軸移動(dòng)，則從x1移到R處和從R移到x1處，因電勢差不同，則電場力做功不同，故D錯(cuò)誤；故選：A【點(diǎn)評(píng)】： 考查帶電球殼內(nèi)部是等勢體且電場強(qiáng)度處處為零，體外則是看成點(diǎn)電荷模型來處理；而電勢則由電荷從該點(diǎn)移到電勢為零處電場力做功與電量的比值來確定注意比較電勢也可以由圖象和橫軸的面積來表示6（6分）物理學(xué)的發(fā)展極大地豐富了人類對物質(zhì)世界的認(rèn)識(shí)，推動(dòng)了科學(xué)技術(shù)的創(chuàng)新和革命，促進(jìn)了物質(zhì)生產(chǎn)的繁榮與人類文明的進(jìn)步關(guān)于物理學(xué)發(fā)展過程中的認(rèn)識(shí)，下列說法中正確的是（） A 牛頓第一定律是利用邏輯思維對事實(shí)進(jìn)行分析的產(chǎn)物，不能用實(shí)驗(yàn)直接驗(yàn)證 B 丹麥天文學(xué)家第谷通過長期的天文觀測，指出所有行星繞太陽運(yùn)動(dòng)的軌道都是橢圓，揭示了行星運(yùn)動(dòng)的有關(guān)規(guī)律 C 電荷量e的數(shù)值最早是由美國物理學(xué)家密立根測得的 D 紐曼、韋伯在對理論和實(shí)驗(yàn)資料進(jìn)行嚴(yán)格分析后，先后指出：閉合電路中感應(yīng)電動(dòng)勢的大小，跟穿過這一電路的磁通量的變化率成正比，后人稱之為法拉第電磁感應(yīng)定律【考點(diǎn)】： 物理學(xué)史【分析】： 本題掌握牛頓、第谷、開普勒、密立根、法拉第和紐曼、韋伯等等科學(xué)家的成就，就能進(jìn)行解答【解析】： 解：A、牛頓第一定律是利用邏輯思維對事實(shí)進(jìn)行分析的產(chǎn)物，不能用實(shí)驗(yàn)直接驗(yàn)證；故A正確B、丹麥天文學(xué)家第谷通過長期的天文觀測，積累了大量的數(shù)據(jù)，開普勒指出所有行星繞太陽運(yùn)動(dòng)的軌道都是橢圓，揭示了行星運(yùn)動(dòng)的有關(guān)規(guī)律故B錯(cuò)誤C、電荷量e的數(shù)值最早是由美國物理學(xué)家密立根測得的；故C正確D、法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，紐曼、韋伯在對理論和實(shí)驗(yàn)資料進(jìn)行嚴(yán)格分析后，先后指出：閉合電路中感應(yīng)電動(dòng)勢的大小，跟穿過這一電路的磁通量的變化率成正比，后人稱之為法拉第電磁感應(yīng)定律故D正確故選：ACD【點(diǎn)評(píng)】： 本題主要考查了有關(guān)電學(xué)的物理學(xué)史，了解物理學(xué)家的探索過程，從而培養(yǎng)學(xué)習(xí)物理的興趣和為科學(xué)的奉獻(xiàn)精神，對類似知識(shí)要加強(qiáng)記憶7（6分）圖甲是小型交流發(fā)電機(jī)的示意圖，兩磁極N、S間的磁場可視為水平方向的勻強(qiáng)磁場，為交流電流表線圈繞垂直于磁場方向的水平軸OO沿逆時(shí)針方向勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，從圖示位置開始計(jì)時(shí)，產(chǎn)生的交變電流隨時(shí)間變化的圖象如圖乙所示，以下判斷正確的是（） A 線圈轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為50rad/s B 電流表的示數(shù)為10A C 0.01s時(shí)線圈平面與磁感線平行 D 0.02s時(shí)電阻R中電流的方向自左向右【考點(diǎn)】： 交流發(fā)電機(jī)及其產(chǎn)生正弦式電流的原理；正弦式電流的最大值和有效值、周期和頻率【專題】： 交流電專題【分析】： 由題圖乙可知交流電電流的最大值、周期，電流表的示數(shù)為有效值，感應(yīng)電動(dòng)勢最大，則穿過線圈的磁通量變化最快，由楞次定律可判斷出0.02s時(shí)流過電阻的電流方向【解析】： 解：A、角速度=100 rad/s，故A誤；B、題圖乙可知交流電電流的最大值是Im=10A，則有效值為：I=10A；由于電流表的示數(shù)為有效值，故示數(shù)I=10A，故B正確；C、0.01s時(shí)線圈中的感應(yīng)電流達(dá)到最大，感應(yīng)電動(dòng)勢最大，則穿過線圈的磁通量變化最快，磁通量為0，故線圈平面與磁場方向平行，故C正確；D、由楞次定律可判斷出0.02s時(shí)流過電阻的電流方向自左向右，故D正確故選：BCD【點(diǎn)評(píng)】： 本題考查交變電流的產(chǎn)生及有效值的定義，要注意明確電流表示數(shù)、機(jī)器銘牌上所標(biāo)的電流值、電壓值等均為有效值8（6分）（2015濟(jì)寧校級(jí)二模）如圖所示，平行于光滑斜面的輕彈簧勁度系數(shù)為k，一端固定在傾角為的斜面底端，另一端與物塊A連接，物塊B沿斜面疊放在物塊A上但不黏連物塊A、B質(zhì)量均為m，初始時(shí)兩物塊均靜止現(xiàn)用平行于斜面向上的拉力F拉動(dòng)物塊B，使B做加速度為a的勻加速運(yùn)動(dòng)，兩物塊在開始一段時(shí)間內(nèi)的vt圖象如圖乙所示（t1時(shí)刻A、B的圖線相切，t2時(shí)刻對應(yīng)A圖線的最高點(diǎn)），重力加速度為g，則（） A A達(dá)到最大速度時(shí)的位移為 B 拉力F的最小值為m（gsin+a） C t1=時(shí)A、B分離 D A、B分離前，A、B和彈簧系統(tǒng)機(jī)械能增加，A和彈簧系統(tǒng)機(jī)械能增加【考點(diǎn)】： 探究彈力和彈簧伸長的關(guān)系【專題】： 實(shí)驗(yàn)題【分析】： A的速度最大時(shí)加速度為零，根據(jù)胡克定律求出A達(dá)到最大速度時(shí)的位移；根據(jù)牛頓第二定律求出拉力F的最小值由圖讀出，t1時(shí)刻A、B開始分離，對A根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解t1根據(jù)功能關(guān)系分析能量如何轉(zhuǎn)化【解析】： 解：A、由圖知，A的加速度為零，速度最大，根據(jù)牛頓第二定律和胡克定律得：mgsin=kx，得：，故A正確B、對AB整體，根據(jù)牛頓第二定律得：F2mgsin+kx=2ma，得：F=2mgsinkx+2ma，則知開始時(shí)F最小，此時(shí)有：2mgsin=kx，得F的最小值為：F=2ma，故B錯(cuò)誤C、由圖讀出，t1時(shí)刻A、B開始分離，對A根據(jù)牛頓第二定律：kxmgsin=ma開始時(shí)有：2mgsin=kx0，又x0x=聯(lián)立以三式得：t1=故C正確D、A、B分離前，F(xiàn)做正功，根據(jù)功能關(guān)系得知，A、B和彈簧系統(tǒng)機(jī)械能增加，而A對B的壓力做負(fù)功，A和彈簧系統(tǒng)機(jī)械能減小故D錯(cuò)誤故選：AC【點(diǎn)評(píng)】： 從受力角度看，兩物體分離的條件是兩物體間的正壓力為0從運(yùn)動(dòng)學(xué)角度看，一起運(yùn)動(dòng)的兩物體恰好分離時(shí)，兩物體在沿斜面方向上的加速度和速度仍相等二.非選擇題9（8分）（2015濟(jì)寧校級(jí)二模）某小組用圖1示器材測量重力加速度的大小實(shí)驗(yàn)器材由底座帶有標(biāo)尺的豎直桿、光電計(jì)時(shí)器A和B、鋼制小球和網(wǎng)兜組成通過測量小球在A、B間不同位移時(shí)的平均速度，求重力加速度回答下列問題：（1）實(shí)驗(yàn)中保持A不動(dòng)，沿桿向下移動(dòng)B，測量A、B之間的距離h及鋼球經(jīng)過該距離所用時(shí)間t，經(jīng)多次實(shí)驗(yàn)繪出與t關(guān)系圖象如圖2所示由圖可知，重力加速度g與圖象的斜率k的關(guān)系為g=2k，重力加速度的大小為9.68 m/s2；（2）若另一小組用同樣的實(shí)驗(yàn)裝置，保持B不動(dòng)，沿桿向上移動(dòng)A，則能（選填“能”或“不能”）通過上述方法測得重力加速度；（3）為減小重力加速度的測量誤差，可采用哪些方法？AB間的距離盡可能大，鋼球的體積盡可能小等（提出一條即可）【考點(diǎn)】： 測定勻變速直線運(yùn)動(dòng)的加速度【專題】： 實(shí)驗(yàn)題【分析】： 根據(jù)位移時(shí)間公式得出的關(guān)系式，結(jié)合圖線的斜率求出重力加速度的值【解析】： 解：（1）根據(jù)h=得，知圖線的斜率表示，即k=，解得g=2k=（2）若另一小組用同樣的實(shí)驗(yàn)裝置，保持B不動(dòng)，沿桿向上移動(dòng)A，采用逆向思維，也可以通過上述方法求出重力加速度（3）為了減小實(shí)驗(yàn)的誤差，采取的方法有：AB間距離盡可能大，鋼球體積盡可能小等故答案為：（1）2k，9.68，（2）能，（3）AB間的距離盡可能大，鋼球的體積盡可能小等【點(diǎn)評(píng)】： 對于圖象題，要知道圖線斜率的物理意義，關(guān)鍵得出縱軸和橫軸兩個(gè)物理量的關(guān)系式，結(jié)合關(guān)系式得出圖線斜率的物理意義10（7分）研究性學(xué)習(xí)小組圍繞一個(gè)量程為30mA的電流計(jì)展開探究（1）為測量該電流計(jì)的內(nèi)阻，同學(xué)甲設(shè)計(jì)了如圖（a）所示電路圖中電源電動(dòng)勢未知，內(nèi)阻不計(jì)閉合開關(guān)，將電阻箱阻值調(diào)到20時(shí)，電流計(jì)恰好滿偏；將電阻箱阻值調(diào)到95時(shí)，電流計(jì)指針指在如圖（b）所示位置，則電流計(jì)的讀數(shù)為12.0mA由以上數(shù)據(jù)可得電流計(jì)的內(nèi)阻Rg=30（2）同學(xué)乙將甲設(shè)計(jì)的電路稍作改變，在電流計(jì)兩端接上兩個(gè)表筆，如圖（c）所示，設(shè)計(jì)出一個(gè)簡易的歐姆表，并將表盤的電流刻度轉(zhuǎn)換為電阻刻度：閉合開關(guān)，將兩表筆斷開，調(diào)節(jié)電阻箱，使指針指在“30mA”處，此處刻度應(yīng)標(biāo)阻值為（填“0”或“”）；再保持電阻箱阻值不變，在兩表筆間接不同阻值的已知電阻找出對應(yīng)的電流刻度則“10mA”處對應(yīng)表筆間電阻阻值為6（3）若該歐姆表使用一段時(shí)間后，電池內(nèi)阻變大不能忽略，電動(dòng)勢不變，但將兩表筆斷開，指針仍能滿偏，按正確使用方法再進(jìn)行測量，其測量結(jié)果與原結(jié)果相比將不變（填“變大”、“變小”或“不變”）【考點(diǎn)】： 把電流表改裝成電壓表【專題】： 實(shí)驗(yàn)題；交流電專題【分析】： （1）中因電流表的最小分度是1mA，故應(yīng)估讀到mA，根據(jù)歐姆定律可求的值（2）與（3）的關(guān)鍵是根據(jù)閉合電路歐姆定律和分流公式分別列出通過電流表電流的表達(dá)式，聯(lián)立求解即可【解析】： 解：（1）根據(jù)電流表的讀數(shù)要求可讀出電流I=12.0mA由閉合電路歐姆定律，將電阻箱阻值調(diào)到20時(shí)有=，電阻箱阻值調(diào)到95時(shí)有I=，聯(lián)立兩式并代入數(shù)據(jù)=30 （2）根據(jù)閉合電路歐姆定律將兩表筆斷開時(shí)有=30mA，因此時(shí)待測電阻為，故應(yīng)在“30mA”處標(biāo)明；當(dāng)兩表筆接上電阻時(shí)有=，根據(jù)分流公式可得通過電流表的電流為=聯(lián)立并將E=1.5V，=30代入解得=6（3）根據(jù)閉合電路歐姆定律可知電池新時(shí)有=，測量電阻時(shí)電流表示數(shù)為I=，歐姆表用一段時(shí)間調(diào)零時(shí)有=，測量電阻時(shí)I=.，比較可知r+=，所以若電流相同則=，即測量結(jié)果不變故答案為（1）12.0，30 （2），6 （3）不變【點(diǎn)評(píng)】： 此題的易錯(cuò)之處在于兩表筆不是接在干路上，而是接在電流表兩端，故應(yīng)根據(jù)電路圖結(jié)合分流公式寫出通過電流表的電流表達(dá)式，再解出結(jié)果即可11（14分）2012年11月，我國艦載機(jī)在航母上首降成功設(shè)某一載艦機(jī)質(zhì)量為m=2.5104 kg，速度為v0=42m/s，若僅受空氣阻力和甲板阻力作用，飛機(jī)將在甲板上以a0=0.8m/s2的加速度做勻減速運(yùn)動(dòng)，著艦過程中航母靜止不動(dòng)（1）飛機(jī)著艦后，若僅受空氣阻力和甲板阻力作用，航母甲板至少多長才能保證飛機(jī)不滑到海里？（2）為了讓飛機(jī)在有限長度的跑道上停下來，甲板上設(shè)置了阻攔索讓飛機(jī)減速，同時(shí)考慮到飛機(jī)尾鉤掛索失敗需要復(fù)飛的情況，飛機(jī)著艦時(shí)并不關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)圖示為飛機(jī)勾住阻攔索后某一時(shí)刻的情景，此時(shí)發(fā)動(dòng)機(jī)的推力大小為F=1.2105 N，減速的加速度a1=20m/s2，此時(shí)阻攔索夾角=106，空氣阻力和甲板阻力保持不變，求此時(shí)阻攔索承受的張力大小？【考點(diǎn)】： 牛頓第二定律；勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度與位移的關(guān)系；力的合成與分解的運(yùn)用【專題】： 牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題【分析】： （1）由勻加速直線運(yùn)動(dòng)位移速度公式即可求解；（2）對飛機(jī)進(jìn)行受力分析根據(jù)牛頓第二定律列式即可求解【解析】： 解：（1）由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式2a0S0=v02得S0=代入數(shù)據(jù)可得S0=1102.5m（2）飛機(jī)受力分析如圖所示由牛頓第二定律有2FTcos+fF=ma 其中FT為阻攔索的張力，f為空氣和甲板對飛機(jī)的阻力飛機(jī)僅受空氣阻力和甲板阻力時(shí)f=ma0聯(lián)立上式可得FT=5105 N 答：（1）飛機(jī)著艦后，若僅受空氣阻力和甲板阻力作用，航母甲板至少1102.5m才能保證飛機(jī)不滑到海里；（2）此時(shí)阻攔索承受的張力大小為5105 N【點(diǎn)評(píng)】： 本題主要考查了勻變速直線運(yùn)動(dòng)基本公式及牛頓第二定律的直接應(yīng)用，難度不大，屬于基礎(chǔ)題12（18分）（2015濟(jì)寧校級(jí)二模）如圖所示，坐標(biāo)系xOy在豎直平面內(nèi)，x軸正方向水平向右，y軸正方向豎直向上y0的區(qū)域有垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B；在第一象限的空間內(nèi)有與x軸平行的勻強(qiáng)電場（圖中未畫出）；第四象限有與x軸同方向的勻強(qiáng)電場；第三象限也存在著勻強(qiáng)電場（圖中未畫出）一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電微粒從第一象限的P點(diǎn)由靜止釋放，恰好能在坐標(biāo)平面內(nèi)沿與x軸成=30角的直線斜向下運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過x軸上的a點(diǎn)進(jìn)入y0的區(qū)域后開始做勻速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過y軸上的b點(diǎn)進(jìn)入x0的區(qū)域后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，最后通過x軸上的c點(diǎn)，且Oa=Oc已知重力加速度為g，空氣阻力可忽略不計(jì)求：（1）微粒的電性及第一象限電場的電場強(qiáng)度E1；（2）帶電微粒由P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)的過程中，其電勢能的變化量大小；（3）帶電微粒從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)所經(jīng)歷的時(shí)間【考點(diǎn)】： 帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)；帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動(dòng)【專題】： 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)專題【分析】： （1）根據(jù)粒子在第四象限內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，受重力、電場力和洛倫茲力平衡，知微粒帶正電，根據(jù)粒子在第一象限內(nèi)，合力的方向沿Pa方向，可知電場力的方向，從而確定電場強(qiáng)度的方向，根據(jù)平行四邊形定則求出電場力大小，從而得出電場強(qiáng)度的大小（2）根據(jù)電場力做功判斷電勢能的變化量，在）帶電粒子從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)的過程中，速度大小不變，即動(dòng)能不變，且重力做功為零，所以從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)的過程中，電場力對帶電粒子做功為零根據(jù)粒子在第四象限做勻速直線運(yùn)動(dòng)得出速度的大小，從而得出粒子在第一象限內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)在x軸上的分速度，結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出沿x軸方向上的位移，從而確定出粒子在第一象限內(nèi)電場力做的功，根據(jù)整個(gè)過程電場力做功求出電勢能的變化量大?。?）粒子在第三象限內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在第四象限內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)幾何關(guān)系，結(jié)合帶電粒子在第三象限內(nèi)的位移和第四象限內(nèi)的圓心角，分別求出在兩個(gè)象限內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，從而確定出總時(shí)間【解析】： 解：（1）在第一象限內(nèi)，帶電微粒從靜止開始沿Pa做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，受重力mg和電場力qE1的合力一定沿Pa方向，電場力qE1一定水平向左帶電微粒在第四象限內(nèi)受重力mg、電場力qE2和洛侖茲力qvB做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所受合力為零分析受力可知微粒所受電場力一定水平向右，故微粒一定帶正電所以，在第一象限內(nèi)E1方向水平向左（或沿x軸負(fù)方向）根據(jù)平行四邊形定則，有 mg=qE1tan 解得 E1=（2）帶電粒子從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)的過程中，速度大小不變，即動(dòng)能不變，且重力做功為零，所以從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)的過程中，電場力對帶電粒子做功為零由于帶電微粒在第四象限內(nèi)所受合力為零，因此有 qvBcos=mg 帶電粒子通過a點(diǎn)的水平分速度 vx=vcos=帶電粒子在第一象限時(shí)的水平加速度 ax=g帶電粒子在第一象限運(yùn)動(dòng)過程中沿水平方向的位移 x=由P點(diǎn)到a點(diǎn)過程中電場力對帶電粒子所做的功 W電=qE1x=因此帶電微粒由P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)的過程中，電勢能的變化量大小E電=（3）在第三象限內(nèi)，帶電微粒由b點(diǎn)到c點(diǎn)受重力mg、電場力qE3和洛侖茲力qvB做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，一定是重力與電場力平衡，所以有qE3=mg 設(shè)帶電微粒做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，根據(jù)牛頓第二定律，有 qvB=m帶電微粒做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期T=帶電微粒在第三象限運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示，連接bc弦，因Oa=Oc，所以abc為等腰三角形，即Ocb=Oab=30過b點(diǎn)做ab的垂線，與x軸交于d點(diǎn)，因Oba=60，所以O(shè)bd=30，因此bcd為等腰三角形，bc弦的垂直平分線必交于軸上的d點(diǎn)，即d點(diǎn)為圓軌跡的圓心所以帶電粒子在第四象限運(yùn)動(dòng)的位移xab=Rcot=R其在第四象限運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1=由上述幾何關(guān)系可知，帶電微粒在第三象限做勻速圓周運(yùn)動(dòng)轉(zhuǎn)過的圓心角為120，即轉(zhuǎn)過圓周，所以從b到c的運(yùn)動(dòng)時(shí)間 t2=因此從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)的時(shí)間 t=t1+t2=+=答：（1）微粒帶正電第一象限電場的電場強(qiáng)度E1的大小為，方向水平向左（2）帶電微粒由P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)的過程中，其電勢能的變化量大小為（3）帶電微粒從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)所經(jīng)歷的時(shí)間為【點(diǎn)評(píng)】： 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)是整個(gè)高中的重點(diǎn)，粒子運(yùn)動(dòng)過程中受力分析以及運(yùn)動(dòng)情況分析是解題的關(guān)鍵，同時(shí)要靈活運(yùn)用幾何知識(shí)解答選考題【物理-選修3-3】（15分）13（6分）下列說法中正確的是 （） A 僅由阿伏加德羅常數(shù)、氣體的摩爾質(zhì)量和密度，是不能估算該種氣體分子大小的 B 若兩個(gè)分子只受到它們間的分子力作用，在兩分子間距離減小的過程中，分子的動(dòng)能一定增大 C 物體吸收熱量時(shí)，它的內(nèi)能不一定增加 D 根據(jù)熱力學(xué)第二定律可知，熱量不可能從低溫物體傳到高溫物體 E 容器中的氣體對器壁的壓強(qiáng)是由于大量氣體分子受到重力作用而產(chǎn)生的【考點(diǎn)】： 阿伏加德羅常數(shù)；熱力學(xué)第一定律；封閉氣體壓強(qiáng)【分析】： 氣體分子的間隙很大，固體和液體分子間隙小，可以忽略不計(jì)；分子力做功等于分子勢能的減小量；熱力學(xué)第一定律公式：U=W+Q；熱力學(xué)第二定律說明一切宏觀熱現(xiàn)象都具有方向性；氣體壓強(qiáng)是由于大量氣體分子對容器壁的頻繁碰撞引起的，取決于分子的數(shù)密度和分子熱運(yùn)動(dòng)的平均動(dòng)能【解析】： 解：A、由于氣體分子的間隙很大，僅由阿伏加德羅常數(shù)、氣體的摩爾質(zhì)量和密度，只能估算每個(gè)分子占據(jù)的空間體積，是不能估算該種氣體分子大小的，故A正確；B、分子力做功等于分子勢能的減小量；若兩個(gè)分子只受到它們間的分子力作用，在兩分子間距離減小的過程中，如果是引力，分子的動(dòng)能一定增大；如果是斥力，分子的動(dòng)能一定減小；故B錯(cuò)誤；C、物體吸收熱量時(shí)，可能同時(shí)對外做功，根據(jù)熱力學(xué)第一定律，它的內(nèi)能不一定增加，故C正確；D、根據(jù)熱力學(xué)第二定律可知，熱量不可能從低溫物體傳到高溫物體而不引起其他變化，如電冰箱要耗電，故D錯(cuò)誤；E、容器中的氣體對器壁的壓強(qiáng)是由于大量氣體分子對容器壁的頻繁碰撞引起的，取決于分子的數(shù)密度和分子熱運(yùn)動(dòng)的平均動(dòng)能，故E錯(cuò)誤；故選：AC【點(diǎn)評(píng)】： 本題考查了分子力做功與分子勢能的關(guān)系、熱力學(xué)第一定律、熱力學(xué)第二定律、氣體壓強(qiáng)的微觀意義等，知識(shí)點(diǎn)多，難度小，關(guān)鍵是多看書，記住知識(shí)點(diǎn)14（9分）如圖，豎直平面內(nèi)有一直角形內(nèi)徑相同的 細(xì)玻璃管，A端封閉，C端開口，AB=BC=l0，且此時(shí)A、C端等高管內(nèi)水銀總長度為l0，玻璃管AB內(nèi)封閉有長為的空氣柱已知大氣壓強(qiáng)為l0汞柱髙如果使玻璃管繞B點(diǎn)在豎直平面內(nèi)順時(shí)針緩慢地轉(zhuǎn)動(dòng)至BC管水平，求此時(shí)AB管內(nèi)氣體的壓強(qiáng)為多少汞柱高？管內(nèi)封入的氣體可視為理想氣體且溫度不變【考點(diǎn)】： 理想氣體的狀態(tài)方程【專題】： 理想氣體狀態(tài)方程專題【分析】： 找出封閉氣體初末狀態(tài)的氣壓和體積中的已知量，然后根據(jù)玻意耳定律列式求解【解析】： 解：因BC長度為l0，故順時(shí)針旋轉(zhuǎn)至BC水平方向時(shí)水銀未流出；設(shè)A端空氣柱此時(shí)長為x，管內(nèi)橫截面積為S，對A內(nèi)氣體：P1=l0v2=xS） P2=l0（l0x）=x對A中密閉氣體，由玻意耳定律得：聯(lián)立解得：x=即：（汞柱高）答：此時(shí)AB管內(nèi)氣體的壓強(qiáng)為l0汞柱高【點(diǎn)評(píng)】： 本題關(guān)鍵是根據(jù)玻意耳定律列式求解，要明確用cmHg作為壓強(qiáng)的單位時(shí)，計(jì)算較為簡便【物理-選修3-4】（15分）15一振動(dòng)周期為T，位于x=0處的波源從平衡位置開始沿y軸正方向做簡諧運(yùn)動(dòng)，該波源產(chǎn)生的簡諧橫波沿x軸正方向傳播，波速為v，關(guān)于在處的質(zhì)點(diǎn)P，下列說法正確的是（） A 質(zhì)點(diǎn)P振動(dòng)周期為T，速度的最大值為v B 若某時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)P的速度方向沿y軸負(fù)方向，則該時(shí)刻波源速度方向沿y軸正方向 C 質(zhì)點(diǎn)P開始振動(dòng)的方向沿y軸負(fù)方向 D 若某時(shí)刻波源在波峰，則質(zhì)點(diǎn)P一定在波谷 E 若某時(shí)刻波源在波谷，則質(zhì)點(diǎn)P一定在波谷【考點(diǎn)】： 波長、頻率和波速的關(guān)系【專題】： 簡諧運(yùn)動(dòng)專題【分析】： 簡諧波傳播過程中，質(zhì)點(diǎn)的起振方向都與波源的起振方向相同，振幅周期也波源的振動(dòng)周期相同質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)速度與波傳播速度不同簡諧橫波傳播過程中，介質(zhì)中各個(gè)質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)的周期都等于波源的振動(dòng)周期，簡諧波的波長為=vT，根據(jù)質(zhì)點(diǎn)P與波源距離與波長的關(guān)系，分析振動(dòng)情況的關(guān)系【解析】： 解：A、質(zhì)點(diǎn)P振動(dòng)周期與O點(diǎn)振動(dòng)周期相同，也為T但其振動(dòng)速度與波速不同，P點(diǎn)的速度最大值與v沒有直接關(guān)系故A錯(cuò)誤B、=，P與O是反相點(diǎn)，若某時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)P的速度方向沿y軸負(fù)方向，則該時(shí)刻波源速度方向沿y軸正方向，故B正確；C、根據(jù)波的特點(diǎn)：簡諧波傳播過程中，質(zhì)點(diǎn)的起振方向都與波源的起振方向相同，故質(zhì)點(diǎn)P開始振動(dòng)的方向沿y軸正方向故C錯(cuò)誤D、E、P與O是反相點(diǎn)，故若某時(shí)刻波源在波峰，則質(zhì)點(diǎn)P一定在波谷，若某時(shí)刻波源在波谷，則質(zhì)點(diǎn)P一定在波峰，故D正確，E錯(cuò)誤；故選：BD【點(diǎn)評(píng)】： 此題利用機(jī)械波的基本特點(diǎn)：簡諧橫波傳播過程中，介質(zhì)中各個(gè)質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)的周期都等于波源的振動(dòng)周期，起振方向都與波源的起振方向相同，進(jìn)行分析，根據(jù)兩質(zhì)點(diǎn)間距離與波長的關(guān)系確定P與波源狀態(tài)關(guān)系16一半圓形玻璃磚，玻璃的折射率為，AB為其直徑，長度為D，O為圓心，一束寬度恰等于玻璃磚半徑的單色平行光束 垂直于AB從空氣射入玻璃磚，其中心光線P通過O點(diǎn)，如圖所示M、N為光束邊界光線求：M、N射出玻璃磚后的相交點(diǎn)距O點(diǎn)的距離【考點(diǎn)】： 光的折射定律【專題】： 光的折射專題【分析】： 光束垂直于AB從空氣射入玻璃磚，方向不變進(jìn)入玻璃磚，射到玻璃磚右側(cè)圓弧面時(shí)，發(fā)生折射，由幾何知識(shí)求出入射角i，根據(jù)折射定律求出折射角r，再由幾何知識(shí)求解M、N射出玻璃磚后的相交點(diǎn)距O點(diǎn)的距離【解析】： 解：作出光路圖如圖