山東省淄博市2015屆高三一模物理試卷

1、山東省淄博市2015屆高考物理一模試卷一、選擇題（共7小題，每小題6分，共42分每小題給出的四個選項中，有的只有一個選項正確，有的有多個選項正確，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比值法定義物理量是物理學中一種常用的方法，下列物理量中屬于用比值法定義的是( )Aa=BT=CC=DI=2如圖所示，輕彈簧兩端拴接兩個質(zhì)量均為m的小球a、b，拴接小球的細線固定在天花板上，兩球靜止，兩細線與水平方向的夾角均為a=30°，彈簧水平，以下說法正確的是( )A細線拉力大小為mgB彈簧的彈力大小為mgC剪斷左側(cè)細線瞬間，b球加速度大小為gD剪斷左側(cè)細線瞬間，a球加速度大小為g3

2、太陽系中的行星受到太陽的引力繞太陽公轉(zhuǎn)，但它們公轉(zhuǎn)的周期卻各不相同，若把地球和水星繞太陽的運動軌跡都近似看作圓周，根據(jù)觀測得知，地球繞太陽公轉(zhuǎn)的周期大于水星繞太陽公轉(zhuǎn)的周期，則由此可以判定( )A地球的線速度大于水星的線速度B地球的質(zhì)量小于水星的質(zhì)量C地球的向心加速度小于水星的向心加速度D地球到太陽的距離小于水星到太陽的距離4如圖甲為遠距離輸電示意圖，變壓器均為理想變壓器，升壓變壓器原、副線圈匝數(shù)比為1：100，其輸入電壓如圖乙所示，遠距離輸電線的總電阻為100降壓變壓器右側(cè)部分為一火警報警系統(tǒng)原理圖，其中R1為一定值電阻，R2為用半導體熱敏材料制成的傳感器，當溫度升高時其阻值變小電壓表V顯示

3、加在報警器上的電壓（報警器未畫出）未出現(xiàn)火警時，升壓變壓器的輸入功率為750kW下列說法中正確的有( )A降壓變壓器副線圈輸出的交流電頻率為50HzB遠距離輸電線路損耗功率為180kwC當傳感器R2所在處出現(xiàn)火警時，電壓表V的示數(shù)變小D當傳感器R2所在處出現(xiàn)火警時，輸電線上的電流變小5如圖所示，小物塊以某一初速度v0從固定的粗糙斜面底端上滑至最高點又返回底端，若以沿斜面向上為正方向，用a、x、v和Ek分別表示物塊加速度、位移、速度和動能，t表示運動時間則可能正確的圖象是( )ABCD6如圖所示，x圖象表示空間某一靜電場的電勢沿x軸的變化規(guī)律，圖象關(guān)于軸對稱分布x軸上a、b兩點電場強度在x方向上

4、的分量分別是Eax、Ebx，則( )AEaxEbxBEax沿x軸負方向，Ebx沿x軸正方向C同一點電荷在a、b兩點受到的電場力方向一定相反D將正電荷沿x軸從a點移動到b點的過程中，其電勢能先增加后減小7如圖所示，abcd為固定的水平光滑矩形金屬導軌，導軌間距為L，左右兩端接有定值電阻R1和R2，R1=R2=R，整個裝置處于磁感應強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場中質(zhì)量為m的導體棒MN放在導軌上，棒始終與導軌垂直且接觸良好，不計導軌與棒的電阻兩根相同的輕質(zhì)彈簧甲和乙一端固定，另一端同時與棒的中點連接初始時刻，兩根彈簧恰好處于原長狀態(tài)，棒獲得水平向左的初速度v0，第一次運動至最右端的過程中R1產(chǎn)

5、生的電熱為Q，下列說法中正確的是( )A初始時刻棒所受安培力的大小為B棒第一次回到初始位置的時刻，R2的電功率為C棒第一次到達最右端的時刻，兩根彈簧具有彈性勢能的總量為mvQD從初始時刻至棒第一次到達最左端的過程中，整個回路產(chǎn)生的電熱大于二.（必做157分+選做36分，共193分）【必做部分】8如圖所示，在一端帶有滑輪的長木板上固定兩個光電門1、2，兩光電門中心間的距離為L質(zhì)量為M的滑塊A上固定一寬度為d的遮光條，在質(zhì)量為m的重物B牽引下從木板的上端加速滑下，遮光條通過光電門時，光電門1、2記錄的遮光時間分別為t1和t2（1）用此裝置驗證牛頓第二定律，且認為滑塊A受到合外力的大小等于重物B所受

6、的重力，實驗中除了調(diào)整長木板傾斜角剛好平衡滑動摩擦力外，M、m還必須滿足_；（2）滑塊經(jīng)過光電門1的速度為_，實驗測得的加速度為_；（均用題中物理量的符號表示）（3）若考慮到d不是遠小于L，則加速度測量值比真實值_（填“偏大”或“偏小”）9某同學通過實驗研究小燈泡的電流與電壓的關(guān)系，可用的器材如下：電源、滑動變阻器、電流表、電壓表、不同規(guī)格的小燈泡兩個、電鍵、導線若干（1）通過實驗、作圖得到了小燈泡L1的UI圖象如圖甲中的圖線I，則可知小燈泡L1的電阻隨電壓增大而_（選填“增大”、“減小”或“不變”）（2）為了得到圖甲中的圖線，請將圖乙中缺少的兩根導線補全，連接成合理的實驗電路（其中電流表和電

7、壓表分別測量小燈泡的電流和電壓）（3）換小燈泡L2重做實驗，作圖，得到其UI圖象如圖甲中的圖線，若將小燈泡L1、L2并聯(lián)使用，請根據(jù)、兩條圖線，在圖甲中做出兩小燈泡并聯(lián)的UI圖象（4）現(xiàn)將兩個小燈泡并聯(lián)接在電動勢3V、內(nèi)阻6的電源兩端，則此時電源兩端的電壓為_V；兩小燈泡消耗的總功率為_W10（18分）某一空間飛行器質(zhì)量為m，從地面起飛時，恰好沿與水平方向成=30°角的直線斜向上右上方勻加速飛行，此時，發(fā)動機提供的動力方向與水平方向夾角=60°，經(jīng)時間t后，將動力方向沿逆時針旋轉(zhuǎn)60°，同時適當調(diào)節(jié)其大小，使飛行器沿原方向勻減速飛行，飛行器所受空氣阻力不計，重力加

8、速度為g，求：（1）t時刻飛行器的速度（2）t時刻發(fā)動機動力的功率（3）從起飛到上升到最大高度的整個過程中，飛行器發(fā)動機力做的總功11真空中有如圖所示的矩形區(qū)域，該區(qū)域總高度為2h、總寬度為4h，其中上半部分有磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的水平勻強磁場，下半部分有方向豎直向下的勻強電場，以水平分界線為x軸，正中心為坐標原點O，在x=2.5h處有一與x軸垂直的足夠大的光屏（圖中未畫出），質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負電粒子不斷地從下邊界中點P處由靜止開始經(jīng)過勻強電場加速，通過坐標原點后射入勻強磁場中，粒子間的相互作用和粒子重力均不計（1）若粒子從P點開始到第二次通過x軸時，恰好過x=h的點A

9、，求加速電場的場強E1（2）若要求粒子從磁場的右側(cè)邊界射出，求符合條件的加速電場場強E2的范圍（3）若將光屏向x軸正方向平移，粒子打在屏上的位置始終不改變，則加速電場的場強E3多大？粒子在電場和磁場中運動的總時間多長？二.選做部分【物理-選修3-3】12下列敘述正確的有( )A氣體的壓強越大，分子的平均動能越大B自然界中只要涉及熱現(xiàn)象的實際過程都具有方向性C外界氣體做正功，氣體的內(nèi)能一定增大D擴散現(xiàn)象與布朗運動都與溫度有關(guān)13如圖，橫截面積相等的絕熱氣缸A與導熱氣缸B均固定于地面，由剛性桿連接的絕熱活塞與兩氣缸間均無摩擦，兩氣缸內(nèi)都裝有理想氣體，初始時體積均V0、溫度為T0且壓強相等，緩慢加熱

10、A中氣體，停止加熱達到穩(wěn)定后，A中氣體壓強變?yōu)樵瓉淼?.5倍，設(shè)環(huán)境溫度始終保持不變，求氣缸A中氣體的體積VA和溫度TA【物理-選修3-4】14一列簡諧橫波沿x軸傳播，圖甲是波剛好傳播到x=5m處的M點的波形圖，圖乙是質(zhì)點N（x=3m）從此時刻開始計時的振動圖象，Q是位于x=9m處的質(zhì)點下列說法正確的是 ( )A這列波的波長是4mB這列波的傳播速度是1.25m/sCM點以后的各質(zhì)點開始振動時的方向都沿y軸正方向D質(zhì)點Q經(jīng)過7s時，第一次到達波峰15如圖所示，ABCD是一直角梯形棱鏡的橫截面，位于截面所在平面內(nèi)的一束光線由O點垂直AD邊射入，已知棱鏡的折射率n=，AB=BC=8cm，OA=2cm

11、，OAB=60°求：（1）光線第一次射出棱鏡時，出射光線的方向（2）光線第一次射出棱鏡時，出射點距C點多遠？【物理-選修3-5】16已知氘核的比結(jié)合能是1.09MeV，氚核的比結(jié)合能是2.78MeV，氦核的比結(jié)合能是7.03MeV在某次棱反應中，1個氘核和1個氚核結(jié)臺生成1個氦核，則下列說法中正確的是 ( )A這是一個裂變反應B核反應方程式為H+HHe+nC核反應過程中釋放的核能是17.6MeVD目前核電站都采用上述核反應發(fā)電17如圖所示，AOB是光滑水平軌道，BC是半徑為R的光滑的固定圓弧軌道，兩軌道恰好相切于B點質(zhì)量為M的小木塊靜止在O點，一個質(zhì)量為m的子彈以某一初速度水平向右射

12、入小木塊內(nèi)，并留在其中和小木塊一起運動，且恰能到達圓弧軌道的最高點C（木塊和子彈均可以看成質(zhì)點）求：（1）子彈射入木塊前的速度；（2）若每當小木塊返回到O點或停止在O點時，立即有相同的子彈射入小木塊，并留在其中，則當?shù)?顆子彈射入小木塊后，小木塊沿圓弧軌道能上升的最大高度為多少？山東省淄博市2015屆高考物理一模試卷一、選擇題（共7小題，每小題6分，共42分每小題給出的四個選項中，有的只有一個選項正確，有的有多個選項正確，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比值法定義物理量是物理學中一種常用的方法，下列物理量中屬于用比值法定義的是( )Aa=BT=CC=DI=考點：電容 專

13、題：電容器專題分析：首先公式必須是定義式；其次要是比值定義法，所謂比值定義法，就是用兩個基本的物理量的“比”來定義一個新的物理量的方法比值法定義的基本特點是被定義的物理量往往是反映物質(zhì)的最本質(zhì)的屬性，它不隨定義所用的物理量的大小取舍而改變解答：解：A、是加速度的計算式，不是定義式，故A錯誤B、是周期的計算式，不是定義式，故B錯誤C、是電容的定義式，且是用的比值定義法，故C正確D、是電流的計算式，不是定義式，故D錯誤故選：C點評：解決本題的關(guān)鍵理解比值定義法的特點：被定義的物理量往往是反映物質(zhì)的最本質(zhì)的屬性，它不隨定義所用的物理量的大小取舍而改變2如圖所示，輕彈簧兩端拴接兩個質(zhì)量均為m的小球a、

14、b，拴接小球的細線固定在天花板上，兩球靜止，兩細線與水平方向的夾角均為a=30°，彈簧水平，以下說法正確的是( )A細線拉力大小為mgB彈簧的彈力大小為mgC剪斷左側(cè)細線瞬間，b球加速度大小為gD剪斷左側(cè)細線瞬間，a球加速度大小為g考點：牛頓第二定律；物體的彈性和彈力 專題：牛頓運動定律綜合專題分析：根據(jù)共點力平衡求解細線的拉力和彈簧的彈力大小剪斷細線的瞬間，彈簧的彈力不變，結(jié)合牛頓第二定律求出a球的瞬時加速度解答：解：A、B、對a球分析，運用共點力平衡條件得：細線的拉力為：=彈簧的彈力：F=mgcot=，故A錯誤，B正確；C、剪斷左側(cè)細線的瞬間，彈簧的彈力不變，故小球b所受的合力F

15、合=0，加速度為0，故C錯誤；D、剪斷左側(cè)細線的瞬間，彈簧的彈力不變，小球a所受的合力F合=T=2mg，根據(jù)牛頓第二定律得，a=2g故D錯誤故選：B點評：本題考查了牛頓第二定律和共點力平衡的基本運用，知道剪斷細線的瞬間，彈簧的彈力不變3太陽系中的行星受到太陽的引力繞太陽公轉(zhuǎn)，但它們公轉(zhuǎn)的周期卻各不相同，若把地球和水星繞太陽的運動軌跡都近似看作圓周，根據(jù)觀測得知，地球繞太陽公轉(zhuǎn)的周期大于水星繞太陽公轉(zhuǎn)的周期，則由此可以判定( )A地球的線速度大于水星的線速度B地球的質(zhì)量小于水星的質(zhì)量C地球的向心加速度小于水星的向心加速度D地球到太陽的距離小于水星到太陽的距離考點：萬有引力定律及其應用 專題：萬有

16、引力定律的應用專題分析：根據(jù)萬有引力提供圓周運動向心力根據(jù)周期大小關(guān)系求得半徑關(guān)系，再由半徑確定向心加速度的關(guān)系即可解答：解：行星繞太陽做勻速圓周運動由萬有引力提供圓周運動向心力有：，可得周期T=由于地球公轉(zhuǎn)周期大于水星的公轉(zhuǎn)周期可知，地球的公轉(zhuǎn)半徑大于水星的公轉(zhuǎn)半徑，則A、線速度可知地球公轉(zhuǎn)半徑大線速度小，故A錯誤；B、根據(jù)萬有引力提供圓周運動向心力不能由公轉(zhuǎn)半徑關(guān)系求得環(huán)繞天體的質(zhì)量大小關(guān)系，故B錯誤；C、向心加速度a=知，地球公轉(zhuǎn)半徑大于水星的公轉(zhuǎn)半徑，故地球的向心加速度小于水星的向心加速度，故C正確；D、地球公轉(zhuǎn)半徑大于水星的公轉(zhuǎn)半徑，故地球到太陽間的距離大于水星到太陽間的距離，故D錯

17、誤故選：C點評：解決本題的關(guān)鍵是根據(jù)萬有引力提供圓周運動向心力由周期關(guān)系得出公轉(zhuǎn)半徑的關(guān)系，再由公轉(zhuǎn)半徑關(guān)系分析描述圓周運動的物理量間的關(guān)系，掌握相關(guān)公式是正確解題的基礎(chǔ)4如圖甲為遠距離輸電示意圖，變壓器均為理想變壓器，升壓變壓器原、副線圈匝數(shù)比為1：100，其輸入電壓如圖乙所示，遠距離輸電線的總電阻為100降壓變壓器右側(cè)部分為一火警報警系統(tǒng)原理圖，其中R1為一定值電阻，R2為用半導體熱敏材料制成的傳感器，當溫度升高時其阻值變小電壓表V顯示加在報警器上的電壓（報警器未畫出）未出現(xiàn)火警時，升壓變壓器的輸入功率為750kW下列說法中正確的有( )A降壓變壓器副線圈輸出的交流電頻率為50HzB遠距離

18、輸電線路損耗功率為180kwC當傳感器R2所在處出現(xiàn)火警時，電壓表V的示數(shù)變小D當傳感器R2所在處出現(xiàn)火警時，輸電線上的電流變小考點：遠距離輸電 專題：交流電專題分析：由圖乙知交流電的周期0.02s，所以頻率為50Hz；根據(jù)升壓變壓器的輸入電壓，結(jié)合匝數(shù)比求出輸出電壓，從而得出輸送電流，根據(jù)輸電線的電阻得出損失的功率，根據(jù)閉合電路的動態(tài)分析判斷電流與電壓的變化解答：解：A、由圖乙知交流電的周期0.02s，所以頻率為50Hz，A正確；B、由圖乙知升壓變壓器輸入端電壓有效值為250V，根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比知副線圈電壓為25000V，所以輸電線中的電流為：，輸電線損失的電壓為：U=IR=30

19、5;100=3000V，輸電線路損耗功率為：P=UI=90kW，B錯誤；C、當傳感器R2所在處出現(xiàn)火警時其阻值減小，副線圈兩端電壓不變，副線圈中電流增大，定值電阻的分壓增大，所以電壓表V的示數(shù)變小，C正確；D、由C知副線圈電流增大，根據(jù)電流與匝數(shù)成反比知輸電線上的電流變大，D錯誤；故選：AC點評：解決本題的關(guān)鍵知道：1、輸送功率與輸送電壓、電流的關(guān)系；2、變壓器原副線圈的電壓比與匝數(shù)比的關(guān)系；3、升壓變壓器輸出電壓、降壓變壓器輸入電壓、電壓損失的關(guān)系；4、升壓變壓器的輸出功率、功率損失、降壓變壓器的輸入功率關(guān)系5如圖所示，小物塊以某一初速度v0從固定的粗糙斜面底端上滑至最高點又返回底端，若以沿

20、斜面向上為正方向，用a、x、v和Ek分別表示物塊加速度、位移、速度和動能，t表示運動時間則可能正確的圖象是( )ABCD考點：動能定理；勻變速直線運動的圖像 專題：動能定理的應用專題分析：根據(jù)某物塊以初速度v0從底端沿斜面上滑至最高點后又回到底端，知上滑過程中，物塊做勻減速直線運動，下滑時做勻加速直線運動；在粗糙斜面上運動，摩擦力做功，物體的機械能減少，故回到底端時速度小于出發(fā)時的速度；根據(jù)運動特征判斷各圖形解答：解：A、在上滑的過程中加速度為，在下滑過程中加速度為，故A錯誤B、上滑時做勻減速運動，故h曲線斜率先大后小，且平均速度大，運動時間短；下滑時做勻加速運動，故h曲線斜率先小后大，且平均

21、速度小，運動時間長；故B正確C、由于上滑時合外力為重力分力和摩擦力之和，加速度大小不變，沿斜面向下；下滑時合外力為重力分力和摩擦力之差，加速度大小不變，方向沿斜面向下；所以上滑時加速度大，所以速度曲線斜率大；下滑時加速度小，所以速度曲線效率小，方向向下，為負值，且此過程中，摩擦力做功，使物塊到達底端的速率變小，故C錯誤D、根據(jù)動能定理得：，上滑時做勻減速運動，故EK曲線斜率先大后小；下滑時做勻加速運動，故Ek曲線斜率先小后大，故D錯誤故選：B點評：根據(jù)圖示各物理量的曲線斜率代表的意義，結(jié)合實際運動分析即可6如圖所示，x圖象表示空間某一靜電場的電勢沿x軸的變化規(guī)律，圖象關(guān)于軸對稱分布x軸上a、b

22、兩點電場強度在x方向上的分量分別是Eax、Ebx，則( )AEaxEbxBEax沿x軸負方向，Ebx沿x軸正方向C同一點電荷在a、b兩點受到的電場力方向一定相反D將正電荷沿x軸從a點移動到b點的過程中，其電勢能先增加后減小考點：電勢差與電場強度的關(guān)系；電場強度 專題：電場力與電勢的性質(zhì)專題分析：本題的入手點在于如何判斷Eax、Ebx的大小，由圖象可知在x軸上各點的電場強度在x方向的分量不相同，如果在x方向上取極小的一段，可以把此段看做是勻強電場，用勻強電場的處理方法思考，從而得到結(jié)論，此方法為微元法解答：解：A、在a點和b點附近分別取很小的一段距離x，由圖象，a點段對應的電勢差大于b點段對應的

23、電勢差，看做勻強電場，由公式E=，可見EaxEbx，故A錯誤；B、沿電場方向電勢降低，在O點左側(cè)，順著+x軸方向電勢升高，則Eax的方向沿x軸負方向，在O點右側(cè)，沿+x軸方向電勢降低，則Ebx的方向沿x軸正方向，故B正確；C、由題可知，圖為電勢沿x軸的分量，B僅為沿電場沿x軸分量，并不是總的電場方向，所以不能判斷出總的電場力的方向，所以知同一點電荷在a、b兩點受到的電場力方向不一定相反，故C錯誤；D、將正電荷沿x軸從a移動到b的過程中，電場力先做負功后做正功，其電勢能先增加后減小，故D正確；故選：BD點評：本題需要對電場力的性質(zhì)和能的性質(zhì)由較為全面的理解，并要求學生能靈活應用微分法；故此題的難

24、度較高7如圖所示，abcd為固定的水平光滑矩形金屬導軌，導軌間距為L，左右兩端接有定值電阻R1和R2，R1=R2=R，整個裝置處于磁感應強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場中質(zhì)量為m的導體棒MN放在導軌上，棒始終與導軌垂直且接觸良好，不計導軌與棒的電阻兩根相同的輕質(zhì)彈簧甲和乙一端固定，另一端同時與棒的中點連接初始時刻，兩根彈簧恰好處于原長狀態(tài)，棒獲得水平向左的初速度v0，第一次運動至最右端的過程中R1產(chǎn)生的電熱為Q，下列說法中正確的是( )A初始時刻棒所受安培力的大小為B棒第一次回到初始位置的時刻，R2的電功率為C棒第一次到達最右端的時刻，兩根彈簧具有彈性勢能的總量為mvQD從初始時刻至棒第一

25、次到達最左端的過程中，整個回路產(chǎn)生的電熱大于考點：導體切割磁感線時的感應電動勢；電功、電功率 專題：電磁感應與電路結(jié)合分析：由E=BLv0、I=、F=BIL三個公式結(jié)合求解初始時刻棒受到安培力大小MN棒從開始到第一次運動至最右端，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為2Q，整個回路產(chǎn)生的焦耳熱為4Q解答：解：A、由F=BIL及I=，得安培力大小為FA=BIL=故A錯誤；B、由于安培力始終對MN做負功，產(chǎn)生焦耳熱，由動能定理得：當棒再次回到初始位置時，速度小于v0，棒產(chǎn)生的感應電動勢小于BLv0，則AB間電阻R的功率小于，故B錯誤；C、由能量守恒得知，當棒第一次達到最右端時，物體的機械能全部轉(zhuǎn)化為整個回路中的焦

26、耳熱和甲乙彈簧的彈性勢能，兩個電阻相同并聯(lián)，故產(chǎn)生的熱量相同，則電路中產(chǎn)生總熱量為2Q，所以兩根彈簧具有的彈性勢能為，故C錯誤；D、由于安培力始終對MN做負功，產(chǎn)生焦耳熱，棒第一次達到最左端的過程中，棒平均速度最大，安培力平均值最大，電路中產(chǎn)生總熱量為2Q，從初始時刻至棒第一次到達最左端的過程中；整個回路中產(chǎn)生的焦耳熱應大于×2Q，故D正確故選：D點評：本題分析系統(tǒng)中能量如何轉(zhuǎn)化是難點，也是關(guān)鍵點，根據(jù)導體棒克服安培力做功等于產(chǎn)生的焦耳熱，分析電阻R上產(chǎn)生的熱量二.（必做157分+選做36分，共193分）【必做部分】8如圖所示，在一端帶有滑輪的長木板上固定兩個光電門1、2，兩光電門中

27、心間的距離為L質(zhì)量為M的滑塊A上固定一寬度為d的遮光條，在質(zhì)量為m的重物B牽引下從木板的上端加速滑下，遮光條通過光電門時，光電門1、2記錄的遮光時間分別為t1和t2（1）用此裝置驗證牛頓第二定律，且認為滑塊A受到合外力的大小等于重物B所受的重力，實驗中除了調(diào)整長木板傾斜角剛好平衡滑動摩擦力外，M、m還必須滿足Mm；（2）滑塊經(jīng)過光電門1的速度為，實驗測得的加速度為；（均用題中物理量的符號表示）（3）若考慮到d不是遠小于L，則加速度測量值比真實值偏大（填“偏大”或“偏小”）考點：驗證牛頓第二運動定律 專題：實驗題分析：為了認為A所受的外力合力等于B的重力，首先需要平衡摩擦力，其次是重物的質(zhì)量遠小

28、于滑塊的質(zhì)量根據(jù)極短時間內(nèi)的平均速度等于瞬時速度求出滑塊通過光電門1、2的瞬時速度，結(jié)合速度位移公式求出加速度解答：解：（1）根據(jù)牛頓第二定律，對整體有：a=，則繩子的拉力F=Ma=，當Mm，重物的總重力等于繩子的拉力，等于滑塊的合力（2）滑塊通過光電門1的瞬時速度：，通過光電門2的瞬時速度為：，根據(jù)v22v12=2aL，解得：a=（3）若考慮到d不是遠小于L，兩個中間時刻的實際距離大于L，而測量值為L，所以加速度的測量值比真實值大故答案為：（1）Mm；（2）；（3）偏大點評：解決本題的關(guān)鍵知道驗證牛頓第二定律實驗中的兩個認為：1、認為繩子的拉力等于滑塊的合力，（前提需平衡摩擦力），2、認為重

29、物的拉力等于繩子的拉力，（前提是重物的質(zhì)量遠小于滑塊的質(zhì)量）9某同學通過實驗研究小燈泡的電流與電壓的關(guān)系，可用的器材如下：電源、滑動變阻器、電流表、電壓表、不同規(guī)格的小燈泡兩個、電鍵、導線若干（1）通過實驗、作圖得到了小燈泡L1的UI圖象如圖甲中的圖線I，則可知小燈泡L1的電阻隨電壓增大而增大（選填“增大”、“減小”或“不變”）（2）為了得到圖甲中的圖線，請將圖乙中缺少的兩根導線補全，連接成合理的實驗電路（其中電流表和電壓表分別測量小燈泡的電流和電壓）（3）換小燈泡L2重做實驗，作圖，得到其UI圖象如圖甲中的圖線，若將小燈泡L1、L2并聯(lián)使用，請根據(jù)、兩條圖線，在圖甲中做出兩小燈泡并聯(lián)的UI圖

30、象（4）現(xiàn)將兩個小燈泡并聯(lián)接在電動勢3V、內(nèi)阻6的電源兩端，則此時電源兩端的電壓為0.6V；兩小燈泡消耗的總功率為0.24W考點：描繪小電珠的伏安特性曲線 專題：實驗題分析：本題（1）根據(jù)電阻的定義表達式可知，UI圖象上的點與原點連線的斜率表示電阻大小；題（2）的關(guān)鍵是根據(jù)圖象得出變阻器應采用分壓式接法；題（3）根據(jù)并聯(lián)電阻電壓與電流的特點作出對應的各點坐標即可；題（4）在表示燈的UI圖象中同時作出表示電源的UI圖象，然后讀出兩圖線的交點坐標即可解答：解：（1）由R=可知，UI圖象上的點與原點連線的斜率等于導體的電阻，所以小燈泡的電阻隨電壓增大而增大；（2）由UI圖象可知變阻器應采用分壓式接法

31、，實物連線圖如圖所示：（3）根據(jù)并聯(lián)電阻電流與電壓關(guān)系可知，在UI圖象中，應滿足每一個電壓U對應的電流為兩燈泡的電流之和，然后再用平滑的曲線連線即可，如圖所示：（4）在UI圖象中同時作出表示電源的UI圖象，如圖所示，讀出與圖線的交點坐標為U=0.6V，I=0.4A，兩小燈泡消耗的功率為P=UI=0.24W；故答案為：（1）增大；（2）如圖；（3）如圖；（4）0.6，0.24點評：應明確：當實驗要求電流從零調(diào)時，變阻器應采用分壓式接法；UI圖象中，圖象上的點與原點連線的斜率表示導體的電阻；在表示導體的UI圖象中同時作出表示電源的UI圖象，讀出兩圖線的交點坐標即為通過導體的實際電流和電壓10（18

32、分）某一空間飛行器質(zhì)量為m，從地面起飛時，恰好沿與水平方向成=30°角的直線斜向上右上方勻加速飛行，此時，發(fā)動機提供的動力方向與水平方向夾角=60°，經(jīng)時間t后，將動力方向沿逆時針旋轉(zhuǎn)60°，同時適當調(diào)節(jié)其大小，使飛行器沿原方向勻減速飛行，飛行器所受空氣阻力不計，重力加速度為g，求：（1）t時刻飛行器的速度（2）t時刻發(fā)動機動力的功率（3）從起飛到上升到最大高度的整個過程中，飛行器發(fā)動機力做的總功考點：功率、平均功率和瞬時功率；功的計算 專題：功率的計算專題分析：（1）起飛時，飛行器受推力和重力，兩力的合力與水平方向成30°角斜向上，根據(jù)幾何關(guān)系求出合力

33、，由牛頓第二定律求出加速度，根據(jù)勻加速運動速度公式求解速度；（2）根據(jù)P=Fv計算；（3）減速過程根據(jù)動能定理求發(fā)動機做的功，減速過程發(fā)動機做功為零，兩階段求和即可解答：解：（1）對飛行器進行受力分析如圖，則：Fsinmg=may Fcos=max 又： 聯(lián)立式，并代入數(shù)據(jù)得：飛行器的加速度： 聯(lián)立以上各式，并代入數(shù)據(jù)得：a=g t時刻飛行器的速率：v=at=gt （2）設(shè)t時刻發(fā)動機動力的功率為P，則P=Fvcos30=（3）飛行器加速過程位移 飛行器加速過程，由動能定理得 將動力方向沿逆時針旋轉(zhuǎn)60°后與速度的方向垂直，所以減速過程發(fā)動機動力做的功W2=0 飛行器從地面到最大高度

34、的整個過程中發(fā)動機動力做的功W=W1+W2 聯(lián)立上式得：答：（1）t時刻飛行器的速度為gt（2）t時刻發(fā)動機動力的功率（3）從起飛到上升到最大高度的整個過程中，飛行器發(fā)動機力做的總功為點評：該題中，正確做出受力分析圖，并結(jié)合力的合成與分解，得出合力與重力之間的大小關(guān)系，是解題的關(guān)鍵所在11真空中有如圖所示的矩形區(qū)域，該區(qū)域總高度為2h、總寬度為4h，其中上半部分有磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的水平勻強磁場，下半部分有方向豎直向下的勻強電場，以水平分界線為x軸，正中心為坐標原點O，在x=2.5h處有一與x軸垂直的足夠大的光屏（圖中未畫出），質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負電粒子不斷地從下邊界中

35、點P處由靜止開始經(jīng)過勻強電場加速，通過坐標原點后射入勻強磁場中，粒子間的相互作用和粒子重力均不計（1）若粒子從P點開始到第二次通過x軸時，恰好過x=h的點A，求加速電場的場強E1（2）若要求粒子從磁場的右側(cè)邊界射出，求符合條件的加速電場場強E2的范圍（3）若將光屏向x軸正方向平移，粒子打在屏上的位置始終不改變，則加速電場的場強E3多大？粒子在電場和磁場中運動的總時間多長？考點：帶電粒子在勻強磁場中的運動；帶電粒子在勻強電場中的運動 專題：帶電粒子在復合場中的運動專題分析：（1）根據(jù)動能定理求得經(jīng)電場加速后粒子的速度，由幾何關(guān)系知粒子恰好不從上邊界飛出說明粒子在磁場中圓周運動的半徑剛好等于磁場的

36、寬度h，根據(jù)半徑公式求解即可；（2）根據(jù)動能定理和半徑公式計算出粒子圓周運動的半徑，再由幾何關(guān)系確定粒子離開磁場區(qū)域處的坐標值即可，然后求出符合條件的加速電場場強E2的范圍；（3）粒子打在屏上的位置始終不變，說明粒子打在屏上時的速度方向與x軸平行，根據(jù)粒子運動可能軌跡確定加速電場的大小及粒子在電場和磁場中運動的總時間即可注意粒子圓周運動的周期性解答：解：（1）粒子在電場中加速（1）粒子在磁場中旋轉(zhuǎn)（2）由幾何關(guān)系得粒子做圓周運動的半徑（3）三式聯(lián)立可得（4）（2）粒子能從磁場的右側(cè)邊界射出時，須滿足r2h（5）粒子在電場中加速（6）粒子在磁場中旋轉(zhuǎn)（7）各式聯(lián)立可得（8）（3）粒子打在屏上的位

37、置始終不變，則粒子離開磁場時速度方向必平行于x軸正向，由幾何關(guān)系知，進入勻強磁場后做勻速圓周運動的半徑2h=（2n+1）r3，n=1，2，3（9）帶電粒子在電場中加速過程（10）（11）三式聯(lián)立得n=1，2，3（12）從O點進入磁場后先運動半個圓周再返回電場減速到0又返回磁場時速度仍是v3，如此周期性運動最后從磁場的右邊界水平射出帶電粒子在磁場中運動周期（13）帶電粒子在磁場中運動總時間，n=1，2，3（14）帶電粒子在電場中運動總時間，n=1，2，3（15）帶電粒子在電磁場中運動總時間t=t1+t2=n=1，2，3（16）答：（1）若粒子從P點開始到第二次通過x軸時，恰好過x=h的點A，加速

38、電場的場強（2）若要求粒子從磁場的右側(cè)邊界射出，求符合條件的加速電場場強E2的范圍（3）若將光屏向x軸正方向平移，粒子打在屏上的位置始終不改變，則加速電場的場強E3多大？粒子在電場和磁場中運動的總時間是，n=1，2，3點評：解決本題的關(guān)鍵是掌握帶電粒子在加速電場中的運動及由動能定理求得經(jīng)加速電場后的速度，粒子在磁場中在洛倫茲力作用下做圓周運動，要考慮到由條件作出粒子運動軌跡，由軌跡確定粒子運動的半徑，再根據(jù)洛倫茲力提供向心力列式求解，要注意圓周運動的周期性二.選做部分【物理-選修3-3】12下列敘述正確的有( )A氣體的壓強越大，分子的平均動能越大B自然界中只要涉及熱現(xiàn)象的實際過程都具有方向性

39、C外界氣體做正功，氣體的內(nèi)能一定增大D擴散現(xiàn)象與布朗運動都與溫度有關(guān)考點：熱力學第二定律；溫度是分子平均動能的標志；熱力學第一定律 專題：熱力學定理專題分析：溫度是分子平均動能的標志，溫度相同，分子平均動能相同；實際的宏觀過程都具有“單向性”，所以滿足熱力學第一定律的不一定滿足熱力學第二定律；根據(jù)能量守恒定律可以判斷出氣體內(nèi)能的變化解答：解：A、溫度是分子平均動能的標志，所以溫度的高低決定分子平均動能的大小與壓強無關(guān)，故A錯誤B、根據(jù)熱力學第二定律，自然界中涉及熱現(xiàn)象的宏觀過程都具有方向性，故B正確C、外界氣體做正功，若同時放出熱量，氣體的內(nèi)能不一定增大，故C錯誤D、溫度越高，分子的運動越激烈

40、，擴散現(xiàn)象與布朗運動都與溫度有關(guān)，故D正確故選：BD點評：本題考查了對熱力學第二定律的了解和掌握情況，及宏觀自然過程具有方向性，比較簡單13如圖，橫截面積相等的絕熱氣缸A與導熱氣缸B均固定于地面，由剛性桿連接的絕熱活塞與兩氣缸間均無摩擦，兩氣缸內(nèi)都裝有理想氣體，初始時體積均V0、溫度為T0且壓強相等，緩慢加熱A中氣體，停止加熱達到穩(wěn)定后，A中氣體壓強變?yōu)樵瓉淼?.5倍，設(shè)環(huán)境溫度始終保持不變，求氣缸A中氣體的體積VA和溫度TA考點：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：因為氣缸B導熱，所以B中氣體始末狀態(tài)溫度相等，為等溫變化；另外，因為是剛性桿連接的絕熱活塞，所以A、B體積之和不

41、變，即VB=2V0VA，再根據(jù)氣態(tài)方程，本題可解解答：解：設(shè)初態(tài)壓強為P0，膨脹后A，B壓強相等PB=1.5P0（1）B中氣體始末狀態(tài)溫度相等，由玻意耳定律得：P0V0=1.5P0VB（2）2V0=VA+VB（3）（4）對A部分氣體，由理想氣體狀態(tài)方程得：（5）TA=2T0答：氣缸A中氣體的體積，溫度TA=2T0點評：本題考查理想氣體狀態(tài)變化規(guī)律和關(guān)系，找出A、B部分氣體狀態(tài)的聯(lián)系是關(guān)鍵【物理-選修3-4】14一列簡諧橫波沿x軸傳播，圖甲是波剛好傳播到x=5m處的M點的波形圖，圖乙是質(zhì)點N（x=3m）從此時刻開始計時的振動圖象，Q是位于x=9m處的質(zhì)點下列說法正確的是 ( )A這列波的波長是4

42、mB這列波的傳播速度是1.25m/sCM點以后的各質(zhì)點開始振動時的方向都沿y軸正方向D質(zhì)點Q經(jīng)過7s時，第一次到達波峰考點：橫波的圖象；波長、頻率和波速的關(guān)系 專題：振動圖像與波動圖像專題分析：由甲圖得到波長，由乙圖得到周期，根據(jù)v=求解波速；各個質(zhì)點開始振動的方向均與波前的運動方向相同解答：解：A、由甲圖得到波長為4m，故A正確；B、由乙圖得到周期為4s，故波速v=1m/s；故B錯誤；C、各個質(zhì)點開始振動的方向均與波前的運動方向相同，波前向下運動，故M點以后的各質(zhì)點開始振動時的方向都沿y方向，故C錯誤；D、x=2m處的波峰傳到Q點時，質(zhì)點第一次到達波峰，故t=7s；故D正確；故選：AD點評：

43、本題考查基本的讀圖能力，由波動圖象讀出波長，由波的傳播方向判斷質(zhì)點的振動方向，由振動圖象讀出周期，判斷質(zhì)點的振動方向等等都是基本功，要加強訓練，熟練掌握15如圖所示，ABCD是一直角梯形棱鏡的橫截面，位于截面所在平面內(nèi)的一束光線由O點垂直AD邊射入，已知棱鏡的折射率n=，AB=BC=8cm，OA=2cm，OAB=60°求：（1）光線第一次射出棱鏡時，出射光線的方向（2）光線第一次射出棱鏡時，出射點距C點多遠？考點：光的折射定律 專題：光的折射專題分析：（1）根據(jù)sinC=，求出臨界角的大小，從而作出光路圖，根據(jù)幾何關(guān)系，結(jié)合折射定律求出出射光線的方向（2）根據(jù)幾何關(guān)系，求出第一次的出射點距C的距離解答：解：（1）因為sinC=，所以得臨