(新課標(biāo)I全國(guó)卷)2015年普通高等學(xué)校招生全國(guó)統(tǒng)一考試物理試卷

1、育星教育網(wǎng) 豐富的資源 最快的更新 優(yōu)質(zhì)的服務(wù) 誠(chéng)信的運(yùn)作（新課標(biāo)I全國(guó)卷）2015年普通高等學(xué)校招生全國(guó)統(tǒng)一考試物理試卷一、選擇題（本題共8小題，每小題6分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1-5題只有一項(xiàng)符合題目要求。第6-8題有多項(xiàng)符合題目要求。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）兩相鄰勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小不同，方向平行，一速度方向與磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直的帶電粒子（不計(jì)重力），從較強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域進(jìn)入到較弱磁場(chǎng)區(qū)域后，粒子的（）A軌道半徑減少，角速度增大B軌道半徑減少，角速度減少C軌道半徑增大，角速度增大D軌道半徑增大，角速度減少考點(diǎn)：帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng).

2、專題：帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題分析：通過(guò)洛倫茲力提供向心力得知軌道半徑的公式，結(jié)合該公式即可得知進(jìn)入到較弱磁場(chǎng)區(qū)域后時(shí)，半徑的變化情況；再利用線速度與角速度半徑之間的關(guān)系式，即可得知進(jìn)入弱磁場(chǎng)區(qū)域后角速度的變化情況解答：解：帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中足勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力等于洛倫茲力，由牛頓第二定律有：qvB=得：R=從較強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域進(jìn)入到較弱磁場(chǎng)區(qū)域后B減小，所以R增大線速度、角速度的關(guān)系為：v=R線速度v不變，半徑R增大，所以角速度減小，選項(xiàng)D正確，ABC錯(cuò)誤故選：D點(diǎn)評(píng)：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(yùn)動(dòng)方向還要熟練的掌握半徑公式R=和周期公式等2（6分）如圖，直

3、線a、b和c、d是處于勻強(qiáng)電場(chǎng)中的兩組平行線，M、N、P、Q是它們的交點(diǎn)，四點(diǎn)處的電勢(shì)分別為M，N，P，Q，一電子由M點(diǎn)分別到N點(diǎn)和P點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力所做的負(fù)功相等，則（）A直線a位于某一等勢(shì)面內(nèi)，MQB直線c位于某一等勢(shì)面內(nèi)，MNC若電子由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功D若電子由P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)，電場(chǎng)力做負(fù)功考點(diǎn)：電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系；電勢(shì).專題：電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題分析：電子由M點(diǎn)分別到N點(diǎn)和P點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力所做的負(fù)功相等，說(shuō)明電勢(shì)能增加相等，據(jù)此分析電勢(shì)高低解答：解：AB、據(jù)題，電子由M點(diǎn)分別到N點(diǎn)和P點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力做負(fù)功相等，則電勢(shì)能增加相等，電勢(shì)降低，則N、P兩點(diǎn)的電勢(shì)相等

4、，d位于同一等勢(shì)面內(nèi)，根據(jù)勻強(qiáng)電場(chǎng)等勢(shì)面分布情況知，直線a不是中一等勢(shì)面，直線c位于某一等勢(shì)面內(nèi)，且MN故A錯(cuò)誤，B正確C、由上分析知，直線c位于某一等勢(shì)面內(nèi)，M、Q的電勢(shì)相等，若電子由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)電場(chǎng)力不做功，故C錯(cuò)誤D、電子由P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)與電子由P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)電場(chǎng)力做功相等，所以電場(chǎng)力做正功，故D錯(cuò)誤故選：B點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵要抓住電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系，知道負(fù)電荷在電勢(shì)高處電勢(shì)能小3（6分）（2015春延安月考）一理想變壓器的原，副線圈的匝數(shù)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(cè)接在電壓為220V的正弦交流電源上，如圖所示，設(shè)副線圈回路中電阻兩端的

5、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(diǎn)：變壓器的構(gòu)造和原理.專題：交流電專題分析：首先計(jì)算出通過(guò)副線圈的電流，由變比關(guān)系可知原線圈的電流，繼而可表示出與原線圈串聯(lián)的電阻的分壓，結(jié)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(gè)電阻的功率，繼而可解的比值k解答：解：由題意知：副線圈的電流為：I2=則原先圈的電流為：I1=與原線圈串聯(lián)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

6、路中的電阻的功率為：P2=所以k=選項(xiàng)A正確，BCD錯(cuò)誤故選：A點(diǎn)評(píng)：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(shù)值關(guān)系該題類似于遠(yuǎn)距離輸電的情況4（6分）（2015春合肥校級(jí)期末）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，一質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)上方高度R處由靜止開(kāi)始下落，恰好從P點(diǎn)進(jìn)入軌道，質(zhì)點(diǎn)滑到軌道最低點(diǎn)N時(shí)，對(duì)軌道的壓力為4mg，g為重力加速度的大小，用W表示質(zhì)點(diǎn)從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)程中克服摩擦力所做的功，則（）AW=mgR，質(zhì)點(diǎn)恰好可以到達(dá)Q點(diǎn)BWmgR，質(zhì)點(diǎn)不能到達(dá)Q點(diǎn)CW=mgR，質(zhì)

7、點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后，繼續(xù)上升一段距離DWmgR，質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后，繼續(xù)上升一段距離考點(diǎn)：動(dòng)能定理.專題：動(dòng)能定理的應(yīng)用專題分析：對(duì)N點(diǎn)運(yùn)用牛頓第二定律，結(jié)合壓力的大小求出N點(diǎn)的速度大小，對(duì)開(kāi)始下落到N點(diǎn)的過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理求出克服摩擦力做功的大小抓住NQ段克服摩擦力做功小于在PN段克服摩擦力做功，根據(jù)動(dòng)能定理分析Q點(diǎn)的速度大小，從而判斷能否到達(dá)Q點(diǎn)解答：解：在N點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律有：，解得，對(duì)質(zhì)點(diǎn)從下落到N點(diǎn)的過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理得，解得W=在NQ段克服摩擦力做功小于在PN段克服摩擦力做功，對(duì)NQ段運(yùn)用動(dòng)能定理得，因?yàn)?，可知vQ0，所以質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后，繼續(xù)上升一段距離故C正確，A、B、D錯(cuò)誤故選：C點(diǎn)評(píng)：

8、本題考查了動(dòng)能定理和牛頓第二定律的綜合運(yùn)用，知道在最低點(diǎn)，靠重力和支持力的合力提供向心力，通過(guò)牛頓第二定律求出N點(diǎn)的速度是關(guān)鍵注意在NQ段克服摩擦力做功小于在PN段克服摩擦力做功5（6分）（2015春泉州校級(jí)期末）一帶有乒乓球發(fā)射機(jī)的乒乓球臺(tái)如圖所示，水平臺(tái)面的長(zhǎng)和寬分別為L(zhǎng)1和L2，中間球網(wǎng)高度為h，發(fā)射機(jī)安裝于臺(tái)面左側(cè)邊緣的中點(diǎn)，能以不同速率向右側(cè)不同方向水平發(fā)射乒乓球，發(fā)射點(diǎn)距臺(tái)面高度為3h，不計(jì)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(nèi)，通過(guò)選擇合適的方向，就能使乒乓球落到球網(wǎng)右側(cè)臺(tái)面上，到v的最大取值范圍是（）AvL1BvCvDv考點(diǎn)：平拋運(yùn)動(dòng).專題：平拋運(yùn)動(dòng)專題分

9、析：球要落在網(wǎng)右側(cè)臺(tái)面上，臨界情況是與球網(wǎng)恰好不相撞，還有與球臺(tái)邊緣相碰，根據(jù)高度求出平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，根據(jù)幾何關(guān)系求出最小的水平位移和最大的水平位移，從而得出最小速度和最大速度解答：解：若球與網(wǎng)恰好不相碰，根據(jù)3hh=得，水平位移的最小值，則最小速度若球與球臺(tái)邊緣相碰，根據(jù)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(cuò)誤故選：D點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵知道平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向和豎直方向上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，抓住臨界情況，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式靈活求解，難度中等6（6分）1824年，法國(guó)科學(xué)家阿拉果完成了著名的“圓盤(pán)實(shí)驗(yàn)”實(shí)驗(yàn)中將一銅圓盤(pán)水平放置，在其中心正上方用柔軟細(xì)線懸掛一枚可以自由旋

10、轉(zhuǎn)的磁針，如圖所示實(shí)驗(yàn)中發(fā)現(xiàn)，當(dāng)圓盤(pán)在磁針的磁場(chǎng)中繞過(guò)圓盤(pán)中心的豎直軸旋轉(zhuǎn)時(shí)，磁針也隨著一起轉(zhuǎn)動(dòng)起來(lái)，但略有滯后下列說(shuō)法正確的是（）A圓盤(pán)上產(chǎn)生了感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)B圓盤(pán)內(nèi)的渦電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)導(dǎo)致磁針轉(zhuǎn)動(dòng)C在圓盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)的過(guò)程中，磁針的磁場(chǎng)穿過(guò)整個(gè)圓盤(pán)的磁通量發(fā)生了變化D圓盤(pán)中的自由電子隨圓盤(pán)一起運(yùn)動(dòng)形成電流，此電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)導(dǎo)致磁針轉(zhuǎn)動(dòng)考點(diǎn)：楞次定律.專題：電磁感應(yīng)與電路結(jié)合分析：通過(guò)題意明確渦流的產(chǎn)生，再根據(jù)磁極和電流間的相互作用分析磁鐵的運(yùn)動(dòng)解答：解：A、圓盤(pán)在轉(zhuǎn)動(dòng)中由于切割磁感線從而在圓盤(pán)內(nèi)部產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)及渦流，該渦流產(chǎn)生的磁場(chǎng)帶動(dòng)磁針轉(zhuǎn)動(dòng)；故AB正確；C、由于圓盤(pán)面積不變，距離磁鐵的距離不變，故整個(gè)

11、圓盤(pán)中的磁通量沒(méi)有變化；故C錯(cuò)誤；D、電流是由于圓盤(pán)切割磁感線而產(chǎn)生的；不是因?yàn)樽杂呻娮右苿?dòng)產(chǎn)生的；故D錯(cuò)誤；故選：AB點(diǎn)評(píng)：本題要注意明確電流的形成不是因?yàn)樽杂呻娮舆\(yùn)動(dòng)，而是由于圓盤(pán)切割磁感線產(chǎn)生了電動(dòng)勢(shì)，從而產(chǎn)生了渦流7（6分）如圖（a），一物塊在t=0時(shí)刻滑上一固定斜面，其運(yùn)動(dòng)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(zhì)量C物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)D物塊沿斜面向上滑行的最大高度考點(diǎn)：牛頓第二定律；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：由圖b可求得物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程及加速度，再對(duì)物體受力分析，由牛頓第二定律可明確各物

12、理量是否能夠求出解答：解：由圖b可知，物體先向上減速到達(dá)最高時(shí)再向下加速度；圖象與時(shí)間軸圍成的面積為物體經(jīng)過(guò)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(guò)程及下降過(guò)程加速度均可求，上升過(guò)程有：mgsin+mgcos=ma1；下降過(guò)程有：mgsinmgcos=ma2；兩式聯(lián)立可求得斜面傾角及動(dòng)摩擦因數(shù)；但由于m均消去，故無(wú)法求得質(zhì)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點(diǎn)評(píng)：本題考查牛頓第二定律及圖象的應(yīng)用，要注意圖象中的斜率表示加速度，面積表示位移；同時(shí)注意正確的受力分析，根據(jù)牛頓第二定律明確力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系8（6分）我國(guó)發(fā)射的“嫦娥三號(hào)”登月探測(cè)器靠近月球

13、后，先在月球表面附近的近似軌道上繞月運(yùn)行，然后經(jīng)過(guò)一系列過(guò)程，在離月面4m高處做一次懸停（可認(rèn)為是相對(duì)于月球靜止），最后關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)，探測(cè)器自由下落，已知探測(cè)器的質(zhì)量約為1.3×103kg，地球質(zhì)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(cè)器（）A在著陸前的瞬間，速度大小約為8.9m/sB懸停時(shí)受到的反沖擊作用力約為2×103NC從離開(kāi)近月圓軌道到著陸這段時(shí)間內(nèi)，機(jī)械能守恒D在近月圓軌道上運(yùn)行的線速度小于人造衛(wèi)星在近地圓軌道上運(yùn)行的線速度考點(diǎn)：萬(wàn)有引力定律及其應(yīng)用.專題：萬(wàn)有引力定律的應(yīng)用專題分析：根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力

14、得月球表面重力加速度，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得出著陸前的瞬間速度；根據(jù)二力平衡得出懸停時(shí)受到的反沖擊作用力大小；根據(jù)v=判斷線速度關(guān)系解答：解：A、根據(jù)萬(wàn)有引力等于重力=mg，g=地球質(zhì)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(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得在著陸前的瞬間，速度大小約v=3.6m/s，故A錯(cuò)誤；B、登月探測(cè)器懸停時(shí)，二力平衡，F(xiàn)=mg=1.3×103×1.662×103N，故B正確；C、從離開(kāi)近月圓軌道到著陸這段時(shí)間內(nèi)，有外力做功，機(jī)械能不守恒，故C錯(cuò)誤；D、根據(jù)v=

15、，地球質(zhì)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(yùn)行的線速度小于人造衛(wèi)星在近地圓軌道上運(yùn)行的線速度，故D正確；故選：BD點(diǎn)評(píng)：解答本題要知道除重力以外的力對(duì)物體做功等于物體機(jī)械能的變化量，月球重力加速度約為地球重力加速度的，關(guān)于萬(wàn)有引力的應(yīng)用中，常用公式是在地球表面重力等于萬(wàn)有引力，衛(wèi)星繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)萬(wàn)有引力提供圓周運(yùn)動(dòng)向心力二、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(gè)考生都必須作答，第13題-18題為選考題，考生根據(jù)要求作答（一）必考題9（6分）某物理小組的同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)粗測(cè)玩具小車(chē)通過(guò)凹形橋最低點(diǎn)時(shí)的速度的實(shí)驗(yàn)，所用器材有：玩具小車(chē)，壓力式

16、托盤(pán)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(pán)秤上，如圖（a）所示，托盤(pán)秤的示數(shù)為1.00kg（2）將玩具小車(chē)靜置于凹形橋模擬器最低點(diǎn)時(shí)，托盤(pán)秤的示數(shù)如圖（b）所示，該示數(shù)為1.40kg（3）將小車(chē)從凹形橋模擬器某一位置釋放，小車(chē)經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)后滑向另一側(cè)，此過(guò)程中托盤(pán)秤的最大示數(shù)為m，多次從同一位置釋放小車(chē)，記錄各次的m值如表所示： 序號(hào) 1 2 3 4 5 m（kg） 1.80 1.75 1.85 1.75 1.90（4）根據(jù)以上數(shù)據(jù)，可求出小車(chē)經(jīng)過(guò)凹形橋最低點(diǎn)時(shí)對(duì)橋的壓力為7.9N，小車(chē)通過(guò)最低點(diǎn)時(shí)的速度大小為1.4m/s（重力加速度大小取

17、9.8m/s2，計(jì)算結(jié)果保留2位有效數(shù)字）考點(diǎn)：向心力.專題：勻速圓周運(yùn)動(dòng)專題分析：（2）根據(jù)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(jù)表格知最低點(diǎn)小車(chē)和凹形橋模擬器對(duì)秤的最大壓力平均值為mg，根據(jù)Fm=m橋g+FN，知小車(chē)經(jīng)過(guò)凹形橋最低點(diǎn)時(shí)對(duì)橋的壓力FN，根據(jù)FN=m0g+m0，求解速度解答：解：（2）根據(jù)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(jù)表格知最低點(diǎn)小車(chē)和凹形橋模擬器對(duì)秤的最大壓力平均值為：Fm=N=m橋g+FN解得：FN=7.9N根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律知：FNm0g=m0，代入數(shù)據(jù)解得：v=1.4m/s

18、故答案為：（2）1.40，（4）7.9，1.4點(diǎn)評(píng)：此題考查讀數(shù)和圓周運(yùn)動(dòng)的知識(shí)，注意估讀，在力的問(wèn)題注意分析受力和力的作用效果10（9分）圖（a）為某同學(xué)改裝和校準(zhǔn)毫安表的電路圖，其中虛線框內(nèi)是毫安表的改裝電路（1）已知毫安表表頭的內(nèi)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(gè)接線柱，電表量程為3mA；若使用a和c兩個(gè)接線柱，電表量程為10mA由題給條件和數(shù)據(jù)，可以求出R1=15，R2=35（2）現(xiàn)用一量程為3mA、內(nèi)阻為150的標(biāo)準(zhǔn)電流表A對(duì)改裝電表的3mA檔進(jìn)行校準(zhǔn)，校準(zhǔn)時(shí)需選取的刻度為0.5、1.0、1.5、2.0、2.5、3.0mA電池的電動(dòng)勢(shì)為1.5V，

19、內(nèi)阻忽略不計(jì)；定值電阻R0有兩種規(guī)格，阻值分別為300和1000；滑動(dòng)變阻器R有兩種規(guī)格，最大阻值分別為750和3000則R0應(yīng)選用阻值為300的電阻，R應(yīng)選用最大阻值為3000的滑動(dòng)變阻器（3）若電阻R1和R2中有一個(gè)因損壞而阻值變?yōu)闊o(wú)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(hù)電阻，虛線框內(nèi)未畫(huà)出的電路即為圖（a）虛線框的電路則圖中的d點(diǎn)應(yīng)和接線柱c（填“b”或“c”）相連判斷依據(jù)是閉合開(kāi)關(guān)時(shí)，若電表指針偏轉(zhuǎn)，則損壞的電阻是R1，若電表指針不動(dòng)，則損壞的電阻是R2考點(diǎn)：把電流表改裝成電壓表.專題：實(shí)驗(yàn)題分析：（1）根據(jù)串并聯(lián)電路特點(diǎn)與歐姆定律可以求出電阻阻值（2）應(yīng)用串

20、聯(lián)電路特點(diǎn)與歐姆定律求出定值電阻與滑動(dòng)變阻器的阻值，然后作出選擇（3）有電流流過(guò)電表時(shí)電表指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)，沒(méi)有電流流過(guò)電表時(shí)電表指針不偏轉(zhuǎn)，根據(jù)電路圖分析答題解答：解：（1）使用a、b接線柱時(shí)，Iab=Ig+=0.001+=0.003，使用a、c接線柱時(shí)，Iac=Ig+=0.001+=0.010，解得：R1=15，R2=35；（2）改裝后電流表內(nèi)阻：r=33，R0作為保護(hù)電阻，電流最大時(shí)，電路總電阻約為：R=r+RA+R0=500，R0=RrRA=50033150=317，則應(yīng)R0選300；電路電流最小時(shí)：R滑=R=500=2500750，則滑動(dòng)變阻器應(yīng)選擇3000的（3）由圖示電路圖可知，圖中

21、的d點(diǎn)與接線柱c相連時(shí)，閉合開(kāi)關(guān)時(shí)，若電表指針偏轉(zhuǎn)，則損壞的電阻是R1，若電表指針不動(dòng)，則損壞的電阻是R2；故答案為：（1）15；35；（2）300；3000；（3）c；閉合開(kāi)關(guān)時(shí)，若電表指針偏轉(zhuǎn)，則損壞的電阻是R1，若電表指針不動(dòng)，則損壞的電阻是R2點(diǎn)評(píng)：本題考查了求電阻阻值、實(shí)驗(yàn)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(jié)構(gòu)、應(yīng)用串并聯(lián)電路特點(diǎn)與歐姆定律即可正確解題11（12分）如圖，一長(zhǎng)為10cm的金屬棒ab用兩個(gè)完全相同的彈簧水平地懸掛在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)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(guò)開(kāi)關(guān)與一電動(dòng)勢(shì)為12V的電

22、池相連，電路總電阻為2，已知開(kāi)關(guān)斷開(kāi)時(shí)兩彈簧的伸長(zhǎng)量均為0.5cm，閉合開(kāi)關(guān)，系統(tǒng)重新平衡后，兩彈簧的伸長(zhǎng)量與開(kāi)關(guān)斷開(kāi)時(shí)相比均改變了0.3cm，重力加速度大小取10m/s2，判斷開(kāi)關(guān)閉合后金屬棒所受安培力的方向，并求出金屬棒的質(zhì)量考點(diǎn)：安培力.分析：在閉合前，導(dǎo)體棒處于平衡狀態(tài)，在閉合后，根據(jù)閉合電路的歐姆定律求的電流，根據(jù)F=BIL求的安培力，由共點(diǎn)力平衡求的質(zhì)量解答：解：閉合開(kāi)關(guān)后，電流由b指向a，受到的安培力向下斷開(kāi)時(shí)：2kl1=mg開(kāi)關(guān)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(lián)立解得m=0.01kg答：金屬棒的質(zhì)量為0.01kg點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了共

23、點(diǎn)力平衡，抓住通電前后的共點(diǎn)力平衡即可；12（20分）（2015春合肥校級(jí)期末）一長(zhǎng)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(shí)刻開(kāi)始，小物塊與木板一起以共同速度向右運(yùn)動(dòng)，直至t=1s時(shí)木板與墻壁碰撞（碰撞時(shí)間極短），碰撞前后木板速度大小不變，方向相反，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小物塊始終未離開(kāi)木板，已知碰撞后1s時(shí)間內(nèi)小物塊的vt圖線如圖（b）所示，木板的質(zhì)量是小物塊質(zhì)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(dòng)摩擦因數(shù)1及小物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)2（2）木塊的最小長(zhǎng)度；（3）木板右端離墻壁的最終距離考

24、點(diǎn)：牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用；勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移與時(shí)間的關(guān)系；牛頓第二定律.專題：牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題分析：（1）對(duì)碰前過(guò)程由牛頓第二定律時(shí)行分析，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可求得1；再對(duì)碰后過(guò)程分析同理可求得2；（2）分別對(duì)木板和物塊進(jìn)行分析，由牛頓第二定律求解加速度，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解位移，則可求得相對(duì)位移，即可求得木板的長(zhǎng)度；（3）對(duì)木板和物塊達(dá)相同靜止后的過(guò)程進(jìn)行分析，由牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式聯(lián)立可求得位移；則可求得木板最終的位置解答：解：（1）設(shè)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(yùn)動(dòng)，加速度設(shè)為a1，小物塊和木板的質(zhì)量分別為m和M，由牛頓第二定律有：1（m+M）g=（m

25、+M）a1由圖可知，木板與墻壁碰前瞬時(shí)速度v1=4m/s；由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得：v1=v0+a1t1s0=v0t1+a1t12；式中t1=1s，s0=4.5m是木板碰間有的位移，v0是小物塊和木板開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度聯(lián)立以上各式解得：1=0.1在木板與墻壁碰撞后，木板以v1的初速度向左做勻變速運(yùn)動(dòng)，小物塊以v1的初速度向右做勻變速運(yùn)動(dòng)設(shè)小物塊的加速度為a2，由牛頓第二定律有：2mg=ma2由圖可得：a2=t2=2s，v2=0；代入以上兩式可得：2=0.4；（2）設(shè)碰撞后木板的加速度為a3，經(jīng)過(guò)時(shí)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(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：2mg+1（M+m）g=Ma3v3=v

26、1+a3tv3=v1+a2t碰撞后至木板和小物塊達(dá)到共同速度的過(guò)程中，木板運(yùn)動(dòng)的位移為：s1=t小物塊的位移為：s2=小物塊相對(duì)于木板的位移為：s=s2s1由以上各式解得：s=6.0m；因?yàn)檫\(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小物塊沒(méi)有脫離木板，所以木板的最小長(zhǎng)度應(yīng)為6.0m；（3）在小物塊和木板具有共同速度后，兩者向左做勻變速運(yùn)動(dòng)直至停止，設(shè)加速度為a4，此過(guò)程中小物塊和木板運(yùn)動(dòng)的位移為s3，由牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得；1（m+M）g=（m+M）a40v23=2a4s3碰后木板運(yùn)動(dòng)的位移為s=s1+s3解得：s=6.5m；答：（1）木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)1為0.1；小物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)2為0.4；（2）

27、木塊的最小長(zhǎng)度為6.0m（3）木板右端離墻壁的最終距離為6.5m點(diǎn)評(píng)：本題考查牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式的應(yīng)用，涉及兩個(gè)物體多個(gè)過(guò)程，題目中問(wèn)題較多，但只要認(rèn)真分析，一步步進(jìn)行解析，是完全可以求解的三、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(jì)分，物理-選修3-313（5分）下列說(shuō)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(xué)性質(zhì)C由同種元素構(gòu)成的固體，可能會(huì)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(zhuǎn)變?yōu)榉蔷w，某些非晶體也可以轉(zhuǎn)變?yōu)榫wE在熔化過(guò)程中，晶體要吸收熱量，但溫

28、度保持不變，內(nèi)能也保持不變考點(diǎn)：* 晶體和非晶體.分析：該題通過(guò)晶體和非晶體的特性進(jìn)行判斷晶體是具有一定的規(guī)則外形，各項(xiàng)異性，具有固定的熔點(diǎn)；非晶體沒(méi)有固定的熔點(diǎn)，沒(méi)有規(guī)則的幾何外形，表現(xiàn)各項(xiàng)同性，由此可判斷各選項(xiàng)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(xiàng)A錯(cuò)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(xué)性質(zhì)，選項(xiàng)B正確C、由同種元素構(gòu)成的固體，可能會(huì)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(xiàng)C正確D、在合適的條件下，某些晶體可以轉(zhuǎn)變?yōu)榉蔷w，某些非晶體也可以轉(zhuǎn)變?yōu)榫w，例如天然石英是晶體，熔融過(guò)的石英卻是非晶體把晶體硫

29、加熱熔化（溫度超過(guò)300）再倒進(jìn)冷水中，會(huì)變成柔軟的非晶硫，再過(guò)一段時(shí)間又會(huì)轉(zhuǎn)化為晶體硫所以選項(xiàng)D正確E、在熔化過(guò)程中，晶體要吸收熱量，雖然溫度保持不變，但是內(nèi)能要增加選項(xiàng)E錯(cuò)誤故選：BCD點(diǎn)評(píng)：解答該題要熟練的掌握晶體和非晶體的特性，對(duì)于晶體有一下特點(diǎn)：1、晶體有整齊規(guī)則的幾何外形；2、晶體有固定的熔點(diǎn)，在熔化過(guò)程中，溫度始終保持不變；3、晶體有各向異性的特點(diǎn)非晶體是指組成物質(zhì)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(méi)有一定規(guī)則的外形，如玻璃、松香、石蠟等它的物理性質(zhì)在各個(gè)方向上是相同的，叫“各項(xiàng)同性”它沒(méi)有固定的熔點(diǎn)14（10分）如圖，一固定的豎直汽缸由一大一小兩個(gè)同軸圓筒組

30、成，兩圓筒中各有一個(gè)活塞，已知大活塞的質(zhì)量為m1=2.50kg，橫截面積為s1=80.0cm2，小活塞的質(zhì)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(qiáng)為p=1.00×105Pa，溫度為T(mén)=303K，初始時(shí)大活塞與大圓筒底部相距，兩活塞間封閉氣體的溫度為T(mén)1=495K，現(xiàn)汽缸內(nèi)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(nèi)封閉氣體的溫度（2）缸內(nèi)封閉的氣體與缸外大氣達(dá)到熱平衡時(shí)，缸內(nèi)封閉氣體的壓強(qiáng)考點(diǎn)：理想氣體的狀

31、態(tài)方程.專題：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(jù)題意求出氣體的狀態(tài)參量，應(yīng)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(yīng)用查理定律可以求出氣體的壓強(qiáng)解答：解：（1）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(nèi)氣體與氣缸外氣體溫度相等過(guò)程中氣體發(fā)生等容變化，大活塞剛剛與大圓筒底部接觸時(shí)，由平衡條件得：pS1+p

32、2S2+（m1+m2）g=p2S1+pS2，代入數(shù)據(jù)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(nèi)封閉氣體的溫度為330K；（2）缸內(nèi)封閉的氣體與缸外大氣達(dá)到熱平衡時(shí)，缸內(nèi)封閉氣體的壓強(qiáng)為1.01×105Pa點(diǎn)評(píng)：本題考查了求氣體的溫度與壓強(qiáng)，分析清楚氣體狀態(tài)變化過(guò)程、應(yīng)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(shí)驗(yàn)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

33、間距x2相比，x1x2（填“”“=”或“”），若實(shí)驗(yàn)中紅光的波長(zhǎng)為630nm，雙縫與屏幕的距離為1.00m，測(cè)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0.300mm考點(diǎn)：雙縫干涉的條紋間距與波長(zhǎng)的關(guān)系.專題：光的干涉專題分析：首先判斷紅光和綠光的波長(zhǎng)關(guān)系，結(jié)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(guān)系，對(duì)題干中的數(shù)據(jù)先進(jìn)行單位換算，利用公式x=即可計(jì)算出雙縫間的距離解答：解：紅光的波長(zhǎng)大于綠光的波長(zhǎng)，由公式x=，可知紅光的干涉條紋間距x1與綠光的干涉條紋間距x2相比，x1x2，=630nm=6.3×107m，x=10.5mm=

34、1.05×102m由公式x=得：d=3×104m=0.300mm故答案為：，0.300點(diǎn)評(píng)：對(duì)于該題，要熟練的掌握七種顏色的光之間的頻率關(guān)系和波長(zhǎng)的關(guān)系，了解公式x=個(gè)物理量的含義，會(huì)應(yīng)用該公式進(jìn)行相關(guān)的計(jì)算和定性的分析，解答問(wèn)題時(shí)，要注意單位的換算16（2015春南陽(yáng)月考）甲、乙兩列簡(jiǎn)諧橫波在同一介質(zhì)中分別沿x軸正向和負(fù)向傳播，波速均為v=25cm/s，兩列波在t=0時(shí)的波形曲線如圖所示，求：（1）t=0時(shí)，介質(zhì)中偏離平衡位置位移為16cm的所有質(zhì)點(diǎn)的x坐標(biāo)；（2）從t=0開(kāi)始，介質(zhì)中最早出現(xiàn)偏離平衡位置位移為16cm的質(zhì)點(diǎn)的時(shí)間考點(diǎn)：橫波的圖象；波長(zhǎng)、頻率和波速的關(guān)系.

35、專題：振動(dòng)圖像與波動(dòng)圖像專題分析：（1）由圖先讀出兩列波的波長(zhǎng)和振幅，通過(guò)數(shù)學(xué)關(guān)系得知兩波長(zhǎng)的最小公倍數(shù)，對(duì)波峰相遇時(shí)的點(diǎn)的坐標(biāo)進(jìn)行分別列式，即可求出介質(zhì)中偏離平衡位置位移為16cm的所有質(zhì)點(diǎn)的x坐標(biāo)（2）先通過(guò)圖表示出t=0時(shí)，兩波波谷間的x坐標(biāo)之差的表達(dá)式，從而可計(jì)算出相向傳播的波谷間的最小距離，也就可以計(jì)算出從t=0開(kāi)始，介質(zhì)中最早出現(xiàn)偏離平衡位置位移為16cm的質(zhì)點(diǎn)的時(shí)間了解答：解：（1）t=0時(shí)，在x=50cm處兩列波的波峰相遇，該處質(zhì)點(diǎn)偏離平衡位置的位移為16cm，兩列波的波峰相遇處的質(zhì)點(diǎn)偏離平衡位置的位移僅均為16cm從圖線可以看出，甲、乙兩列波的波長(zhǎng)分別為：1=50cm，2=60cm甲、乙兩列波的波峰的x坐標(biāo)分別為：x1=50+k11x2=50+k22式得，介質(zhì)中偏離平衡位置位移為16cm的所有質(zhì)點(diǎn)的x坐標(biāo)為：x=（50+300n）cm n=0，（2）只有兩列波的波谷相遇處的質(zhì)點(diǎn)的位移為16cmt=0時(shí)，兩波波谷間的x坐標(biāo)之差為：x=50+（2m2+1）50+（2m1+1）式中m1和m2均為整數(shù)，將式代入式得：x=10（6m2+5m1）+5由于m1和m