東北三省四市教研聯(lián)合體2015屆高三上學(xué)期第一次模擬物理試卷

1、東北三省四市教研聯(lián)合體2015屆高考物理一模試卷一、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(xiàng)中第1-5題只有一個選項(xiàng)符合題目要求，第6-8題有多個選項(xiàng)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如圖所示，a、b兩個小球從不同高度同時沿相同方向水平拋出，其平拋運(yùn)動軌跡的交點(diǎn)為P，則以下說法正確的是( )Aa、b兩球同時落地Bb球先落地Ca、b兩球在P點(diǎn)相遇D兩球落地時速度方向相同2如圖，有一理想變壓器，原副線圈的匝數(shù)比為n，原線圈接正弦交流電，輸出端接有一個交流電壓表和一個電動機(jī)，電動機(jī)線圈電阻為R當(dāng)輸入端接通電源后，電流表讀數(shù)為I，電壓表示數(shù)為U，電動

2、機(jī)帶動一重物勻速上升下列判斷正確( )A電動機(jī)兩端電壓為UB電動機(jī)消耗的功率為C電動機(jī)的輸出功率為nUIn2I2RD變壓器的輸出功率為3如圖所示，一個邊長為a，電阻為R的等邊三角形線框，在外力作用下，以速度v勻速穿過寬均為a的兩個勻強(qiáng)磁場這兩個磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為2B和B，方向相反，線框運(yùn)動方向與底邊平行且與磁場邊緣垂直取逆時針方向的電流為正若從圖示位置開始計(jì)時，線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流i與運(yùn)動時間t之間的函數(shù)圖象，下面四個圖中正確的是( )ABCD4A、B兩物體放在同一水平面上，分別受到水平拉力F1、F2的作用，而從靜止開始從同一位置出發(fā)沿相同方向做勻加速直線運(yùn)動，經(jīng)過時間t0和4t0，當(dāng)

3、二者速度分別達(dá)到2v0和v0時分別撤去F1和F2，以后物體做勻減速直線運(yùn)動直至停止，兩物體運(yùn)動的vt圖象如圖所示，已知兩者的質(zhì)量之比為1：2，下列結(jié)論正確的是( )A物體A、B的位移大小之比是3：5B兩物體與地面間的動摩擦因數(shù)可能不相等CF1和F2的大小之比是6：5D整個運(yùn)動過程中F1和F2做功之比是6：55如圖所示，加速電場的兩極板間距為d，兩極板間電壓為U1，偏轉(zhuǎn)電場的平行金屬板的板長l，兩極板電壓為U2，設(shè)一初速度為零的帶電粒子經(jīng)加速電場加速后，沿兩板中線垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場中，帶電粒子離開偏轉(zhuǎn)電場后打在距離偏轉(zhuǎn)電場為L的屏上，當(dāng)偏轉(zhuǎn)電場無電壓時，帶電粒子恰好擊中熒光屏上的中心點(diǎn)O，當(dāng)偏轉(zhuǎn)電

4、場加上偏轉(zhuǎn)電壓U2時，打在熒光屏上的P點(diǎn)，在滿足粒子能射出偏轉(zhuǎn)電場的條件下，不計(jì)重力影響，下列說法正確的是( )A若使U1增加一倍，則粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的運(yùn)動時間減少一半B若使U2增加一倍，則粒子打在屏上的位置P到O的距離增加一倍C若使U1增加一倍，則粒子打在屏上時的速度大小增加一倍D若使U2增加一倍，則粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的運(yùn)動時間減少一半6下列說法正確的是( )A胡克通過實(shí)驗(yàn)研究，發(fā)現(xiàn)了彈簧彈力所遵循的規(guī)律B伽利略是動力學(xué)的奠基人，他總結(jié)和發(fā)展了前人的成果，發(fā)現(xiàn)了力和運(yùn)動的關(guān)系C牛頓巧妙地運(yùn)用科學(xué)的推理，通過斜面實(shí)驗(yàn)，推斷出力不是維持物體運(yùn)動狀態(tài)的原因D庫侖巧妙的利用“庫侖扭秤”研究電荷之間的作

5、用，發(fā)現(xiàn)了“庫侖定律”7中國北斗衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)是中國自行研制的全球衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)，是繼美國全球定位系統(tǒng)（GPS），俄羅斯格洛納斯衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)（GLONASS）之后第三個成熟的衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)中國北斗衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)共由35顆衛(wèi)星組成，其中2010年01月17日發(fā)射的衛(wèi)星和2012年09月19日發(fā)射的衛(wèi)星運(yùn)行軌道分別為：高度為35807公里地球靜止軌道衛(wèi)星北斗G1和高度為21576公里的中地球軌道衛(wèi)星北斗M6，下列說法正確的是( )A北斗G1的繞地運(yùn)行周期大于北斗M6的繞地運(yùn)行周期B北斗G1的繞地運(yùn)行速率大于北斗M6的繞地運(yùn)行速率C北斗G1的繞地運(yùn)行的向心加速度大于北斗M6的繞地運(yùn)行向心加速度D北斗G1只能

6、在赤道的正上方8如圖所示電路，當(dāng)滑動變阻器R3的觸頭向右移動一小段距離后，電壓表V1和電壓表V2的示數(shù)的變化量分別為U1和U2（均取絕對值），電容器C的帶電量變化量為Q，則下列說法中正確的是( )A電壓表V1的示數(shù)變大，電壓表V2的示數(shù)變小，且有U1U2B電壓表V1的示數(shù)變小，電壓表V2的示數(shù)增大，且有U1U2C電容器的左極板帶正電，且有Q0D電容器的左極板帶正電，且有Q0二、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分。第9-12題為必考題，每個試題考生都必須作答。第13-18題為選考題，考生根據(jù)要求作答（一）必考題9如圖所示，打點(diǎn)計(jì)時器固定在軌道上端，紙帶穿過打點(diǎn)計(jì)時器與小車相連，平衡好摩擦力后接通

7、電源，打點(diǎn)計(jì)時器工作，輕推小車使之勻速下滑（車輪不打滑），紙帶上留下清晰的點(diǎn)跡（1）已知交流電源的頻率為f，紙帶上相鄰點(diǎn)跡間的平均距離為S，則小車運(yùn)動的速度為_（2）用10等分刻度的游標(biāo)卡尺測量車輪的直徑D，如圖，D=_cm（3）車輪繞軸勻速轉(zhuǎn)動的角速度=_（用符號表示）10甲圖是電池電動勢E=9V的歐姆表的電路圖，現(xiàn)利用歐姆表和乙電路圖來測量一額定電壓為10V的電解電容器（有正負(fù)極）的電容值，請補(bǔ)全下面的實(shí)驗(yàn)步驟，完成實(shí)驗(yàn)要求所有數(shù)據(jù)均取2位有效數(shù)字（1）按乙圖電路組裝好電路（2）將開關(guān)置于1位置，把歐姆表選擇開關(guān)置于“×1”，_，歐姆調(diào)零（3）注意到電解電容器的極性，歐姆表的_（

8、填“紅”或“黑”）表筆接在a點(diǎn)，另一表筆接在b點(diǎn)，調(diào)整電阻箱的阻值，使歐姆表的指針指在中間的刻度，如圖丙，電阻箱的阻值是_（4）乙電路中將開關(guān)置于2位置，電容器通過電阻箱放電，傳感器將電流信息傳入計(jì)算機(jī)，計(jì)算機(jī)將每隔0.5s的電流值顯示自it坐標(biāo)系中，請?jiān)诙D中繪制出電容器放電時的it曲線（5）由it曲線估算電容器在全部放電過程中釋放的電荷量Q=_C（6）由以上實(shí)驗(yàn)可估算出該電解電容器的電容C=_F11如圖所示，質(zhì)量M=3kg的小車靜止在水平光滑的平面上，在小車右端放上一個大小不計(jì)質(zhì)量為m=1kg的小物塊，現(xiàn)在小車左端加一水平恒力F=7N，物塊與小車間的動摩擦因數(shù)=0.1，小車足夠長，求當(dāng)小車

9、向右運(yùn)動的速度達(dá)到2m/s時，小物塊通過的位移大小為多少？（取g=10m/s2）12（18分）如圖所示xoy平面內(nèi)，y5cm和y0的范圍內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度均為B=1.0T，一個質(zhì)量為m=1.6×1015kg，帶電量為q=1.6×107C的帶電粒子，從坐標(biāo)原點(diǎn)O以v0=5.0×105m/s的速度沿與x軸成30°角的方向斜向上射出，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)恰好從x軸上的Q點(diǎn)飛過，經(jīng)過Q點(diǎn)時的速度方向也斜向上（不計(jì)重力，=3.14，計(jì)算結(jié)果保留3位有效數(shù)字），求：（1）粒子從O到運(yùn)動到Q所用的最短時間；（2）粒子從O到運(yùn)動到Q點(diǎn)的所通過的路程（

10、二）選考題：請考生從給出的3道物理題中任選一題做答。如果多答，則按所答的第一題評分。【物理選修3-3】13下列說法正確的是( )A已知水的摩爾質(zhì)量和水分子的質(zhì)量，就可以計(jì)算出阿伏伽德羅常數(shù)B布朗運(yùn)動說明分子在永不停息地做無規(guī)則運(yùn)動C兩個分子間由很遠(yuǎn)（r109m）距離減小到很難再靠近的過程中，分子間作用力先減小后增大，分子勢能不斷增大D露珠呈球狀是由于液體表面張力的作用E熱量只能由高溫物體傳遞給低溫物體14如圖所示，豎直放置且粗細(xì)均勻的U形玻璃管與容積為V0=90cm3的金屬球形空容器連通，用U形玻璃管中的水銀柱封閉一定質(zhì)量的理想氣體，當(dāng)環(huán)境溫度為27時，U形玻璃管右側(cè)水銀面比左側(cè)水銀面高出h1

11、=16cm，水銀柱上方空氣長h0=20cm現(xiàn)在對金屬球形容器緩慢加熱，當(dāng)U形玻璃管左側(cè)水銀面比右側(cè)水銀面高出h2=24cm時停止加熱，已知大氣壓P0=76cmHg，U形玻璃管的橫截面積為S=0.5cm2求此時金屬球形容器內(nèi)氣體的溫度為多少攝氏度？【物理選修3-4】15如圖所示，圖1為沿x軸傳播的一列簡諧波在t=1s時刻的波動圖象，圖2為2m處的質(zhì)點(diǎn)P的振動圖象，則下列判斷正確的是( )A該波傳播的速度為4m/sB該波的傳播方向沿x軸負(fù)方向C再經(jīng)過0.5s時間，質(zhì)點(diǎn)P將移動到x=4cm位置處D該波在傳播過程中，若遇到寬度為4m的障礙物，能發(fā)生明顯衍射現(xiàn)象E該波的波長=2m16如圖為一平行玻璃磚，

12、折射率為n=，下表面有鍍銀反射面，一束單色光與界面的夾角=30°射到玻璃表面上，結(jié)果在玻璃磚右邊豎直光屏上出現(xiàn)相距h=4.0cm的光點(diǎn)A和B（圖中未畫出）（1）請?jiān)趫D中畫出光路示意圖（2）求玻璃磚的厚度d【物理選修3-5】17下列說法正確的是( )A黑體輻射的強(qiáng)度與頻率的關(guān)系是：隨著溫度的升高，各種頻率的輻射強(qiáng)度都增加，輻射強(qiáng)度極大值向頻率低的方向移動B太陽輻射的能量主要來自太陽內(nèi)部的熱核反應(yīng)C紫外線照射到金屬鋅板表面時能夠發(fā)生光電效應(yīng)，則當(dāng)增大紫外線的照射強(qiáng)度時，從鋅粒表面逸出的光電子的最大初動能也隨之增大D14C能夠自發(fā)進(jìn)行衰變，考古專家利用14C的放射性來進(jìn)行出土文物的年代測量

13、E玻爾的原子模型中提出了定態(tài)和躍遷的概念，成功地解釋了氫原子光譜的實(shí)驗(yàn)規(guī)律18如圖所示，光滑固定斜面傾角=30°，一輕質(zhì)彈簧底端固定，上端與M=3kg的物體B相連，初始時B靜止，A物體質(zhì)量m=1kg，在斜面上距B物體S1=10cm處由靜止釋放，A物體下滑過程中與B發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，碰撞后粘在一起，已知碰后AB經(jīng)t=0.2s下滑S2=5cm至最低點(diǎn)，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，A、B可視為質(zhì)點(diǎn)，g取10m/s2，求：（1）從碰后到最低點(diǎn)的過程中彈性勢能的增加量（2）從碰后至返回到碰撞點(diǎn)的過程中，彈簧對物體B沖量的大小東北三省四市教研聯(lián)合體2015屆高考物理一模試卷一、選擇題：本題共8

14、小題，每小題6分，在每小題給出的四個選項(xiàng)中第1-5題只有一個選項(xiàng)符合題目要求，第6-8題有多個選項(xiàng)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如圖所示，a、b兩個小球從不同高度同時沿相同方向水平拋出，其平拋運(yùn)動軌跡的交點(diǎn)為P，則以下說法正確的是( )Aa、b兩球同時落地Bb球先落地Ca、b兩球在P點(diǎn)相遇D兩球落地時速度方向相同考點(diǎn)：平拋運(yùn)動 專題：平拋運(yùn)動專題分析：根據(jù)高度比較平拋運(yùn)動的時間，根據(jù)高度確定到達(dá)P點(diǎn)的時間，判斷兩球是否在P點(diǎn)相遇解答：解：A、根據(jù)h=知，t=，b的高度低，b在空中運(yùn)動的時間短，則b球先落地，故A錯誤，B正確C、a、b兩球到達(dá)P點(diǎn)的高度差不

15、同，則運(yùn)動時間不同，所以兩球不會在P點(diǎn)相遇故C錯誤D、a球落地時方向斜向右下方，b球落地時方向斜向左下方，方向不同，故D錯誤故選：B點(diǎn)評：解決本題的關(guān)鍵知道平拋運(yùn)動在水平方向和豎直方向上的運(yùn)動規(guī)律，知道運(yùn)動的時間由高度決定2如圖，有一理想變壓器，原副線圈的匝數(shù)比為n，原線圈接正弦交流電，輸出端接有一個交流電壓表和一個電動機(jī)，電動機(jī)線圈電阻為R當(dāng)輸入端接通電源后，電流表讀數(shù)為I，電壓表示數(shù)為U，電動機(jī)帶動一重物勻速上升下列判斷正確( )A電動機(jī)兩端電壓為UB電動機(jī)消耗的功率為C電動機(jī)的輸出功率為nUIn2I2RD變壓器的輸出功率為考點(diǎn)：變壓器的構(gòu)造和原理；電功、電功率 專題：交流電專題分析：理想

16、變壓器的輸入功率與輸出功率相等，而副線圈與電動機(jī)相連，則電動機(jī)的輸出功率與電動機(jī)線圈的內(nèi)阻之和為副線圈的輸出功率解答：解：A、電壓表顯示的即為電機(jī)兩端的電壓；故電壓為U；故A錯誤；B、電動機(jī)為非純電阻電路，不能用求解總功率；故B錯誤；C、由電壓之比等于匝數(shù)之比可知，原線圈輸入電壓為nU；則總功率為nUI；則電動機(jī)的輸出功率為nUIn2I2R；故C正確；D錯誤；故選：C點(diǎn)評：電動機(jī)內(nèi)有線圈則屬于非純電阻電路，所以電動機(jī)的輸入功率等于電動機(jī)的線圈消耗功率與電動機(jī)的輸出功率之和3如圖所示，一個邊長為a，電阻為R的等邊三角形線框，在外力作用下，以速度v勻速穿過寬均為a的兩個勻強(qiáng)磁場這兩個磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)

17、度大小分別為2B和B，方向相反，線框運(yùn)動方向與底邊平行且與磁場邊緣垂直取逆時針方向的電流為正若從圖示位置開始計(jì)時，線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流i與運(yùn)動時間t之間的函數(shù)圖象，下面四個圖中正確的是( )ABCD考點(diǎn)：導(dǎo)體切割磁感線時的感應(yīng)電動勢；閉合電路的歐姆定律 專題：電磁感應(yīng)與圖像結(jié)合分析：本題導(dǎo)體的運(yùn)動可分為6段進(jìn)行分析，根據(jù)楞次定律可判斷電路中感應(yīng)電流的方向；由導(dǎo)體切割磁感線時的感應(yīng)電動勢公式可求得感應(yīng)電動勢的大小解答：解：C、線框從開始進(jìn)入到全部進(jìn)入第一個磁場時，磁通量向里增大，則由楞次定律可知，電流方向?yàn)槟鏁r針，故C錯誤；ABD、0時間內(nèi)，棒切割的有效長度均勻增大，感應(yīng)電動勢也均勻增加，感應(yīng)電

18、流均勻增加，最大值為I=；時間內(nèi)，棒切割的有效長度均勻減小，感應(yīng)電動勢也均勻減小，感應(yīng)電流均勻減??；在時間內(nèi)，由于分處兩磁場的線圈兩部分產(chǎn)生的電流相同，由楞次定律可知，電流方向?yàn)轫槙r針，為負(fù)，且有效長度是均勻變大的，感應(yīng)電動勢也均勻增加，感應(yīng)電流均勻增加，最大值是時刻的3值在時間內(nèi)，垂直向外的磁通量增多，向內(nèi)的減少，感應(yīng)電動勢均勻減小，感應(yīng)電流均勻減小由楞次定律可知，電流方向?yàn)轫槙r針，為負(fù)在以后的運(yùn)動中，線圈穿出磁場，磁通量減小，電流方向?yàn)槟鏁r針，由于右側(cè)磁場的B小，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢比進(jìn)入磁場的小故知ABC錯誤，D正確故選：D點(diǎn)評：本題為選擇題，而過程比較復(fù)雜，故可選用排除法解決，這樣可以節(jié)約

19、一定的時間；進(jìn)入第二段磁場后，分處兩磁場的線圈兩部分產(chǎn)生的電流相同，且有效長度是均勻變大的，當(dāng)線框剛好在兩磁場中間時時，線圈中電流達(dá)最大4A、B兩物體放在同一水平面上，分別受到水平拉力F1、F2的作用，而從靜止開始從同一位置出發(fā)沿相同方向做勻加速直線運(yùn)動，經(jīng)過時間t0和4t0，當(dāng)二者速度分別達(dá)到2v0和v0時分別撤去F1和F2，以后物體做勻減速直線運(yùn)動直至停止，兩物體運(yùn)動的vt圖象如圖所示，已知兩者的質(zhì)量之比為1：2，下列結(jié)論正確的是( )A物體A、B的位移大小之比是3：5B兩物體與地面間的動摩擦因數(shù)可能不相等CF1和F2的大小之比是6：5D整個運(yùn)動過程中F1和F2做功之比是6：5考點(diǎn)：功的計(jì)

20、算；勻變速直線運(yùn)動的圖像 專題：功的計(jì)算專題分析：A、速度時間圖線與時間軸所圍成的面積表示位移根據(jù)面積比得出位移比B、撤去外力后由vt圖象判斷出加速度，即可判斷摩擦因數(shù)C、根據(jù)兩物塊做勻減速運(yùn)動，求出勻減速運(yùn)動的加速度之比，從而求出摩擦力之比，再根據(jù)勻加速運(yùn)動的加速度之比，根據(jù)牛頓第二定律求出F1和F2的大小之比D、撤去拉力后兩圖象平行，說明加速度，由牛頓第二定律分析則知，兩物體與地面的動摩擦因數(shù)相同，對全過程研究，運(yùn)用動能定理求解拉力做功解答：解：A、圖線與時間軸所圍成的面積表示運(yùn)動的位移，則位移之比為6：5故A錯誤；B、撤去外力后由圖象可知，兩物體加速度相同，由可知，摩擦因數(shù)相同，故B錯誤

21、C、從圖象可知，兩物塊勻減速運(yùn)動的加速度大小之都為a=，根據(jù)牛頓第二定律，勻減速運(yùn)動中有f=ma，則摩擦力大小都為f=m根據(jù)圖象知，勻加速運(yùn)動的加速度分別為：，根據(jù)牛頓第二定律，勻加速運(yùn)動中有Ff=ma，則F1=，F(xiàn)2=，F(xiàn)1和F2的大小之比為12：5故C錯誤；D、由圖看出，撤去拉力后兩圖象平行，說明加速度，由牛頓第二定律分析則知加速度a=g，說明兩物體與地面的動摩擦因數(shù)相等，則兩物體所受的摩擦力大小相等，設(shè)為f，對全過程運(yùn)用動能定理得：W1fs1=0，W2fs2=0，得：W1=fs1，W2=fs2，由上可知，整個運(yùn)動過程中F1和F2做功之比為6：5故D正確故選：D點(diǎn)評：解決本題的關(guān)鍵通過圖象

22、得出勻加速運(yùn)動和勻減速運(yùn)動的加速度，根據(jù)牛頓第二定律，得出兩個力的大小之比，以及知道速度時間圖線與時間軸所圍成的面積表示位移5如圖所示，加速電場的兩極板間距為d，兩極板間電壓為U1，偏轉(zhuǎn)電場的平行金屬板的板長l，兩極板電壓為U2，設(shè)一初速度為零的帶電粒子經(jīng)加速電場加速后，沿兩板中線垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場中，帶電粒子離開偏轉(zhuǎn)電場后打在距離偏轉(zhuǎn)電場為L的屏上，當(dāng)偏轉(zhuǎn)電場無電壓時，帶電粒子恰好擊中熒光屏上的中心點(diǎn)O，當(dāng)偏轉(zhuǎn)電場加上偏轉(zhuǎn)電壓U2時，打在熒光屏上的P點(diǎn)，在滿足粒子能射出偏轉(zhuǎn)電場的條件下，不計(jì)重力影響，下列說法正確的是( )A若使U1增加一倍，則粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的運(yùn)動時間減少一半B若使U2增加一

23、倍，則粒子打在屏上的位置P到O的距離增加一倍C若使U1增加一倍，則粒子打在屏上時的速度大小增加一倍D若使U2增加一倍，則粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的運(yùn)動時間減少一半考點(diǎn)：帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動 專題：電場力與電勢的性質(zhì)專題分析：粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的運(yùn)動時間為，由動能定理可得U1與速度v0的關(guān)系，可判定A粒子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋，由類平拋規(guī)律可求偏轉(zhuǎn)距離；出偏轉(zhuǎn)電場之后做勻速直線運(yùn)動打在屏幕上，可求PO距離打在屏幕上的速度，就是出偏轉(zhuǎn)電場的速度；解答：解：AD、經(jīng)歷加速過程，由動能定理可得：，解得：，在偏轉(zhuǎn)電場中的運(yùn)動時間為：若使U1增加一倍，則粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的運(yùn)動時間不是減小一半，故A錯誤；運(yùn)動時間

24、與電壓U2沒有關(guān)系，故D錯誤B、設(shè)偏轉(zhuǎn)電場的板間距離為D，偏轉(zhuǎn)電場的場強(qiáng)：E=則帶電粒子所受的電場力：F=qE=，根據(jù)牛頓第二定律：qE=ma解得：a=，帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運(yùn)動，豎直方向初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，所以：OM=y=at22=；豎直方向上的速度vy=at=，所以帶電粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時的偏轉(zhuǎn)角的正切值為：tan=，tan=，所以：PM=，則：OP=OM+PM=，故若使U2增加一倍，則粒子打在屏上的位置P到O的距離增加一倍，故B正確C、出電場后做勻速直線運(yùn)動，擊中屏的速度即為出電場時的速度，即：v合=，若使U1增加一倍，則粒子打在屏上時的速度大小不是增加一倍，故C錯誤故選：

25、B點(diǎn)評：電子在加速和偏轉(zhuǎn)電場中運(yùn)動，合理的運(yùn)用運(yùn)動學(xué)規(guī)律求解即可，出電場后做勻速運(yùn)動，利用好運(yùn)動的合成與分解即可；6下列說法正確的是( )A胡克通過實(shí)驗(yàn)研究，發(fā)現(xiàn)了彈簧彈力所遵循的規(guī)律B伽利略是動力學(xué)的奠基人，他總結(jié)和發(fā)展了前人的成果，發(fā)現(xiàn)了力和運(yùn)動的關(guān)系C牛頓巧妙地運(yùn)用科學(xué)的推理，通過斜面實(shí)驗(yàn)，推斷出力不是維持物體運(yùn)動狀態(tài)的原因D庫侖巧妙的利用“庫侖扭秤”研究電荷之間的作用，發(fā)現(xiàn)了“庫侖定律”考點(diǎn)：物理學(xué)史 專題：常規(guī)題型分析：根據(jù)物理學(xué)史和常識解答，記住著名物理學(xué)家的主要貢獻(xiàn)即可解答：解：A、胡克通過實(shí)驗(yàn)研究，發(fā)現(xiàn)了彈簧彈力所遵循的規(guī)律，故A正確；B、牛頓是動力學(xué)的奠基人，他總結(jié)和發(fā)展了前

26、人的成果，發(fā)現(xiàn)了力和運(yùn)動的關(guān)系，故B錯誤；C、伽利略巧妙地運(yùn)用科學(xué)的推理，通過斜面實(shí)驗(yàn)，推斷出力不是維持物體運(yùn)動狀態(tài)的原因，故C錯誤；D、庫侖巧妙的利用“庫侖扭秤”研究電荷之間的作用，發(fā)現(xiàn)了“庫侖定律”，故D正確；故選：AD點(diǎn)評：本題考查物理學(xué)史，是常識性問題，對于物理學(xué)上重大發(fā)現(xiàn)、發(fā)明、著名理論要加強(qiáng)記憶，這也是考試內(nèi)容之一7中國北斗衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)是中國自行研制的全球衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)，是繼美國全球定位系統(tǒng)（GPS），俄羅斯格洛納斯衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)（GLONASS）之后第三個成熟的衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)中國北斗衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)共由35顆衛(wèi)星組成，其中2010年01月17日發(fā)射的衛(wèi)星和2012年09月19日發(fā)射的衛(wèi)星運(yùn)

27、行軌道分別為：高度為35807公里地球靜止軌道衛(wèi)星北斗G1和高度為21576公里的中地球軌道衛(wèi)星北斗M6，下列說法正確的是( )A北斗G1的繞地運(yùn)行周期大于北斗M6的繞地運(yùn)行周期B北斗G1的繞地運(yùn)行速率大于北斗M6的繞地運(yùn)行速率C北斗G1的繞地運(yùn)行的向心加速度大于北斗M6的繞地運(yùn)行向心加速度D北斗G1只能在赤道的正上方考點(diǎn)：人造衛(wèi)星的加速度、周期和軌道的關(guān)系 專題：人造衛(wèi)星問題分析：根據(jù)人造衛(wèi)星的萬有引力等于向心力，列式求出線速度、角速度、周期和向心力的表達(dá)式進(jìn)行討論即可解答：解：人造衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動，根據(jù)萬有引力提供向心力，設(shè)衛(wèi)星的質(zhì)量為m、軌道半徑為r、地球質(zhì)量為M，有：F=F向F

28、=m=m（）2rA、T=2，北斗G1的軌道半徑大于北斗M6的軌道半徑，所以北斗G1的繞地運(yùn)行周期大于北斗M6的繞地運(yùn)行周期，故A正確；B、v=，北斗G1的軌道半徑大于北斗M6的軌道半徑，所以北斗G1的繞地運(yùn)行速率小于北斗M6的繞地運(yùn)行速率，故B錯誤；C、a=，北斗G1的軌道半徑大于北斗M6的軌道半徑，所以北斗G1的繞地運(yùn)行的向心加速度小于北斗M6的繞地運(yùn)行向心加速度，故C錯誤；D、北斗G1若在除赤道所在平面外的任意點(diǎn)，假設(shè)實(shí)現(xiàn)了“同步”，那它的運(yùn)動軌道所在平面與受到地球的引力就不在一個平面上，這是不可能的所以我國發(fā)射的同步通訊衛(wèi)星必須定點(diǎn)在赤道上空，故D正確；故選：AD點(diǎn)評：能根據(jù)萬有引力提供

29、圓周運(yùn)動向心力并由此分析描述圓周運(yùn)動的物理量與半徑的關(guān)系是正確解題的關(guān)鍵8如圖所示電路，當(dāng)滑動變阻器R3的觸頭向右移動一小段距離后，電壓表V1和電壓表V2的示數(shù)的變化量分別為U1和U2（均取絕對值），電容器C的帶電量變化量為Q，則下列說法中正確的是( )A電壓表V1的示數(shù)變大，電壓表V2的示數(shù)變小，且有U1U2B電壓表V1的示數(shù)變小，電壓表V2的示數(shù)增大，且有U1U2C電容器的左極板帶正電，且有Q0D電容器的左極板帶正電，且有Q0考點(diǎn)：電容；閉合電路的歐姆定律 專題：電容器專題分析：由于滑片右移，阻值變小，總電阻變小，據(jù)閉合電路的歐姆定律知，干路電流增大，內(nèi)電壓和R2的電壓增大，判斷R1兩端的

30、電壓變小，從而判斷AB選項(xiàng)；由電路可知電容器極板帶點(diǎn)屬性；解答：解：AB、因?yàn)榛乙疲琑3變小，總電阻變小，干路電流增大，內(nèi)電壓增大，路端電壓變小，即V1的示數(shù)變小，V2的示數(shù)變大，所以V1變小的部分應(yīng)該等于V2增大的部分加上內(nèi)阻的電壓增大的值，即U1U2，故A錯誤；B正確CD、由電路圖可知電容器的左極板帶正電，由于V2的示數(shù)變大，即電容器兩端電壓增大，故電荷量增加，故C正確，D錯誤故選：BC點(diǎn)評：動態(tài)電路的分析步驟：局部整體局部的思路；注意判斷電壓變化量的方法，據(jù)閉合電路的歐姆定律分析各用電器的電壓變化進(jìn)行判斷；注意電源輸出功率最大時的條件二、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分。第9-12

31、題為必考題，每個試題考生都必須作答。第13-18題為選考題，考生根據(jù)要求作答（一）必考題9如圖所示，打點(diǎn)計(jì)時器固定在軌道上端，紙帶穿過打點(diǎn)計(jì)時器與小車相連，平衡好摩擦力后接通電源，打點(diǎn)計(jì)時器工作，輕推小車使之勻速下滑（車輪不打滑），紙帶上留下清晰的點(diǎn)跡（1）已知交流電源的頻率為f，紙帶上相鄰點(diǎn)跡間的平均距離為S，則小車運(yùn)動的速度為Sf（2）用10等分刻度的游標(biāo)卡尺測量車輪的直徑D，如圖，D=1.51cm（3）車輪繞軸勻速轉(zhuǎn)動的角速度=（用符號表示）考點(diǎn)：探究小車速度隨時間變化的規(guī)律 專題：實(shí)驗(yàn)題分析：（1）根據(jù)v=，即可求解；（2）游標(biāo)卡尺讀數(shù)的方法是主尺讀數(shù)加上游標(biāo)讀數(shù)，不需估讀（3）根據(jù)角

32、速度=，即可求解解答：解：（1）紙帶上相鄰點(diǎn)跡間的平均距離為S，則小車運(yùn)動的速度為：v=Sf，（2）游標(biāo)卡尺主尺讀數(shù)為15mm，游標(biāo)尺上第1個刻度與主尺上某一刻度對齊，因此游標(biāo)讀數(shù)為：0.1mm×1=0.1mm，所以最終讀數(shù)為：15mm+0.1mm=15.1mm=1.51cm；（3）車輪繞軸勻速轉(zhuǎn)動的角速度為：=，故答案為：（1）Sf； （2）1.51； （3）點(diǎn)評：解決本題的關(guān)鍵掌握游標(biāo)卡尺的讀數(shù)方法，游標(biāo)卡尺讀數(shù)的方法是主尺讀數(shù)加上游標(biāo)讀數(shù)，不需估讀要提高應(yīng)用勻變速直線的規(guī)律以及推論解答實(shí)驗(yàn)問題的能力，在平時練習(xí)中要加強(qiáng)基礎(chǔ)知識的理解與應(yīng)用10甲圖是電池電動勢E=9V的歐姆表的電

33、路圖，現(xiàn)利用歐姆表和乙電路圖來測量一額定電壓為10V的電解電容器（有正負(fù)極）的電容值，請補(bǔ)全下面的實(shí)驗(yàn)步驟，完成實(shí)驗(yàn)要求所有數(shù)據(jù)均取2位有效數(shù)字（1）按乙圖電路組裝好電路（2）將開關(guān)置于1位置，把歐姆表選擇開關(guān)置于“×1”，紅黑表筆短接，歐姆調(diào)零（3）注意到電解電容器的極性，歐姆表的黑（填“紅”或“黑”）表筆接在a點(diǎn)，另一表筆接在b點(diǎn)，調(diào)整電阻箱的阻值，使歐姆表的指針指在中間的刻度，如圖丙，電阻箱的阻值是15（4）乙電路中將開關(guān)置于2位置，電容器通過電阻箱放電，傳感器將電流信息傳入計(jì)算機(jī)，計(jì)算機(jī)將每隔0.5s的電流值顯示自it坐標(biāo)系中，請?jiān)诙D中繪制出電容器放電時的it曲線（5）由i

34、t曲線估算電容器在全部放電過程中釋放的電荷量Q=7.8×104CC（6）由以上實(shí)驗(yàn)可估算出該電解電容器的電容C=7.8×105FF考點(diǎn)：電容 專題：電容器專題分析：（2）歐姆表換擋需要進(jìn)行歐姆調(diào)零；（3）黑色表筆接觸正極；讀出歐姆表再乘以倍率即為電阻值；（4）連接各個點(diǎn)可以的圖象；（5）it圖象的面積表示電荷量；（6）由可得電容解答：解：（2）歐姆表換擋需要進(jìn)行歐姆調(diào)零，方法是紅黑表筆短接；（3）a端是正極，故應(yīng)該用黑色表筆接觸；由歐姆表可是讀數(shù)為15.0，倍率為1，故電阻為15.0；（4）如圖：（5）由Q=it，即圖象的面積表示電量，數(shù)格數(shù)約為3133格，故電量約為7.8

35、×104C8.3×104C；（6）由可得，電容約為：7.8×105F8.3×105F故答案為：（2）紅黑表筆短接；（3）黑；15.0；（4）（5）（約3133格）7.8×104C8.3×104C；（6）7.8×105F8.3×105F點(diǎn)評：該題的關(guān)鍵是求電量，注意應(yīng)用it圖象的面積表示電荷量11如圖所示，質(zhì)量M=3kg的小車靜止在水平光滑的平面上，在小車右端放上一個大小不計(jì)質(zhì)量為m=1kg的小物塊，現(xiàn)在小車左端加一水平恒力F=7N，物塊與小車間的動摩擦因數(shù)=0.1，小車足夠長，求當(dāng)小車向右運(yùn)動的速度達(dá)到2m/s時，

36、小物塊通過的位移大小為多少？（取g=10m/s2）考點(diǎn)：牛頓第二定律；勻變速直線運(yùn)動的位移與時間的關(guān)系 專題：牛頓運(yùn)動定律綜合專題分析：根據(jù)牛頓第二定律判斷出物塊與小車發(fā)生相對滑動，求出物塊和小車的加速度大小，結(jié)合速度時間公式和位移公式進(jìn)行求解解答：解：對物塊有Nmg=0，f=N，f=ma2對小車有：Ff=Ma1，a1a2，所以小車與物塊以不同的加速度做勻加速直線運(yùn)動 對小車有：v=a1t，對物塊有：s=代入數(shù)據(jù)解得s=0.5m 答：小物塊通過的位移大小為0.5m點(diǎn)評：解決本題的關(guān)鍵理清物塊和小車的運(yùn)動規(guī)律，結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式綜合求解，難度不大12（18分）如圖所示xoy平面內(nèi)，y5

37、cm和y0的范圍內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度均為B=1.0T，一個質(zhì)量為m=1.6×1015kg，帶電量為q=1.6×107C的帶電粒子，從坐標(biāo)原點(diǎn)O以v0=5.0×105m/s的速度沿與x軸成30°角的方向斜向上射出，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)恰好從x軸上的Q點(diǎn)飛過，經(jīng)過Q點(diǎn)時的速度方向也斜向上（不計(jì)重力，=3.14，計(jì)算結(jié)果保留3位有效數(shù)字），求：（1）粒子從O到運(yùn)動到Q所用的最短時間；（2）粒子從O到運(yùn)動到Q點(diǎn)的所通過的路程考點(diǎn)：帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動 專題：帶電粒子在磁場中的運(yùn)動專題分析：（1）粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，在沒有磁場的區(qū)域

38、中做勻速直線運(yùn)動，粒子經(jīng)歷的周期數(shù)越少，則粒子運(yùn)動的時間越短；（2）粒子的運(yùn)動情況可以不斷的重復(fù)上述情況，粒子的路程為在磁場中的路程與在沒有磁場的區(qū)域中的路程的和解答：解：（1）粒子的運(yùn)動軌跡如圖所示當(dāng)粒子第一次以斜向上的速度經(jīng)過Q點(diǎn)時，時間最短；在磁場中運(yùn)動時間為t1，有：得：又：代入數(shù)據(jù)得：r=0.05m，T=6.28×107s由圖可知，粒子在磁場中運(yùn)動的時間是一個周期，所以：s在無場區(qū)域運(yùn)動的時間為t2，有：ss（2）粒子的運(yùn)動情況可以不斷的重復(fù)上述情況，粒子在磁場中的路程為：s1=2nr（n=1，2，3） 在無場區(qū)的路程為：s2=4nd（n=1，2，3） 總路程為：s=s1+

39、s2=0.514n（n=1，2，3） 答：（1）粒子從O到運(yùn)動到Q所用的最短時間是1.028×106s；（2）粒子從O到運(yùn)動到Q點(diǎn)的所通過的路程是0.514n，（n=1，2，3）點(diǎn)評：本題考查了粒子在磁場中的運(yùn)動，分析清楚粒子的運(yùn)動過程，應(yīng)用牛頓第二定律、粒子周期公式即可正確解題（二）選考題：請考生從給出的3道物理題中任選一題做答。如果多答，則按所答的第一題評分?！疚锢磉x修3-3】13下列說法正確的是( )A已知水的摩爾質(zhì)量和水分子的質(zhì)量，就可以計(jì)算出阿伏伽德羅常數(shù)B布朗運(yùn)動說明分子在永不停息地做無規(guī)則運(yùn)動C兩個分子間由很遠(yuǎn)（r109m）距離減小到很難再靠近的過程中，分子間作用力先減

40、小后增大，分子勢能不斷增大D露珠呈球狀是由于液體表面張力的作用E熱量只能由高溫物體傳遞給低溫物體考點(diǎn)：* 液體的表面張力現(xiàn)象和毛細(xì)現(xiàn)象；布朗運(yùn)動；熱力學(xué)第二定律 分析：摩爾質(zhì)量=分子質(zhì)量×阿伏加德羅常數(shù)；依據(jù)布朗運(yùn)動現(xiàn)象和實(shí)質(zhì)判定B；分子力做功等于分子勢能的減小量；液體表面存在張力熱量自發(fā)地由高溫物體傳遞給低溫物體，有外界干預(yù)就可以逆向發(fā)生熱傳遞解答：解：A、已知水的摩爾質(zhì)量和水分子的質(zhì)量，根據(jù)摩爾質(zhì)量除以水分子的質(zhì)量得到阿伏加德羅常數(shù)，故A正確；B、布朗運(yùn)動現(xiàn)象是懸浮微粒的無規(guī)則運(yùn)動，實(shí)質(zhì)說明分子在永不停息地做無規(guī)則運(yùn)動，故B正確C、兩個分子間由很遠(yuǎn)（r109m）距離減小到很難再靠

41、近的過程中，分子間作用力先增大再減小，到達(dá)平衡距離為零，此后再增大；分子勢能先減小后增大；故C錯誤；D、液體表面存在張力，露珠呈球狀是由于液體表面張力的作用，故D正確；E、熱量自發(fā)地由高溫物體傳遞給低溫物體，在外界的影響下，熱量也可以由低溫物體傳遞給高溫物體故E錯誤故選：ABD點(diǎn)評：本題考查了阿伏加德羅常數(shù)、布朗運(yùn)動、分子力做功與分子勢能的關(guān)系、液體表面張力等，知識點(diǎn)多，難度小，此類題目多是2015屆高考喜歡采用的方式，為的就是覆蓋更多的知識點(diǎn)，故關(guān)鍵是記住基礎(chǔ)知識14如圖所示，豎直放置且粗細(xì)均勻的U形玻璃管與容積為V0=90cm3的金屬球形空容器連通，用U形玻璃管中的水銀柱封閉一定質(zhì)量的理想

42、氣體，當(dāng)環(huán)境溫度為27時，U形玻璃管右側(cè)水銀面比左側(cè)水銀面高出h1=16cm，水銀柱上方空氣長h0=20cm現(xiàn)在對金屬球形容器緩慢加熱，當(dāng)U形玻璃管左側(cè)水銀面比右側(cè)水銀面高出h2=24cm時停止加熱，已知大氣壓P0=76cmHg，U形玻璃管的橫截面積為S=0.5cm2求此時金屬球形容器內(nèi)氣體的溫度為多少攝氏度？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：找出初末狀態(tài)的物理量，由理想氣體狀態(tài)方程即可求得溫度解答：解：初始狀態(tài)：P1=P0h1=60cmHg V1=V0+h0S=lOOcm3T1=300K 末狀態(tài)：當(dāng)U形玻璃管左側(cè)水銀面比右側(cè)水銀面高出h2=24cm，P2=P0+h2=

43、lOOcmHg V2=V1+=ll0cm3T2=（273+t2）K由理想氣體狀態(tài)方程有：代入數(shù)據(jù)解得 t2=277答：此時金屬球形容器內(nèi)氣體的溫度為277攝氏度點(diǎn)評：利用理想氣體狀態(tài)方程解題，關(guān)鍵是正確選取狀態(tài)，明確狀態(tài)參量，尤其是正確求解被封閉氣體的壓強(qiáng)，這是熱學(xué)中的重點(diǎn)知識，要加強(qiáng)訓(xùn)練，加深理解【物理選修3-4】15如圖所示，圖1為沿x軸傳播的一列簡諧波在t=1s時刻的波動圖象，圖2為2m處的質(zhì)點(diǎn)P的振動圖象，則下列判斷正確的是( )A該波傳播的速度為4m/sB該波的傳播方向沿x軸負(fù)方向C再經(jīng)過0.5s時間，質(zhì)點(diǎn)P將移動到x=4cm位置處D該波在傳播過程中，若遇到寬度為4m的障礙物，能發(fā)生

44、明顯衍射現(xiàn)象E該波的波長=2m考點(diǎn)：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：由波動圖象可讀出波長，由振動圖象讀出周期，求出波速在乙圖上讀出t=0時刻P質(zhì)點(diǎn)的振動方向，在甲圖上判斷出波的傳播方向波在同一介質(zhì)中勻速傳播，由s=vt可以求出經(jīng)過0.5s時間波沿波的傳播方向向前傳播的距離，而質(zhì)點(diǎn)并不向前傳播根據(jù)波長與障礙物尺寸的關(guān)系分析能否發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象解答：解：A、甲圖是波動圖象，由甲讀出該波的波長為=4m乙圖是振動圖象，由乙圖讀出周期為T=1s，則波速為v=m/s=4m/s故A正確，E錯誤B、在乙圖上讀出t=0時刻P質(zhì)點(diǎn)的振動方向沿y軸負(fù)方向，在甲圖上，根據(jù)波形的

45、平移法判斷得知該波的傳播方向沿x軸負(fù)方向故B正確C、質(zhì)點(diǎn)只在自己的平衡位置附近上下振動，并不隨波的傳播方向向前傳播故C錯誤D、由甲讀出該波的波長為=4m該波在傳播過程中，若遇到寬度為4m的障礙物，能發(fā)生明顯衍射現(xiàn)象故D正確；故選：ABD點(diǎn)評：根據(jù)波動圖象能讀出波長、由質(zhì)點(diǎn)的振動方向判斷波的傳播方向，由振動圖象讀出周期和質(zhì)點(diǎn)的振動方向等等，都學(xué)習(xí)振動和波部分應(yīng)具備的基本能力，要加強(qiáng)訓(xùn)練，熟練掌握16如圖為一平行玻璃磚，折射率為n=，下表面有鍍銀反射面，一束單色光與界面的夾角=30°射到玻璃表面上，結(jié)果在玻璃磚右邊豎直光屏上出現(xiàn)相距h=4.0cm的光點(diǎn)A和B（圖中未畫出）（1）請?jiān)趫D中畫出光路示意圖（2）求玻璃磚的厚度d考點(diǎn)：光的折射定律 專題：光的折射專題分析：光線斜射在表面鍍反射膜的平行玻璃磚，反射光線在豎直光屏上出現(xiàn)光點(diǎn)A，而折射光線經(jīng)反射后再折射在豎直光屏上出現(xiàn)光點(diǎn)B，根據(jù)光學(xué)的幾何關(guān)系可由AB兩點(diǎn)間距確定CE間距，再由折射定律，得出折射角，最終算出玻璃磚的厚度解答：解：（1）光路圖如圖示（2）設(shè)第一次折射時折射角為則有：n=將n=，=30°代入解得：=30&#