高三物理-南京市、鹽城市2015屆高三第二次模擬考試物理試題

1、2015年江蘇省南京市、鹽城市高考物理二模試卷一、單項(xiàng)選擇題：本題共5小題，每小題3分，共計(jì)15分每小題只有一個選項(xiàng)符合題意1（3分）（2015鹽城二模）下列圖片顯示的技術(shù)中，屬于防范靜電危害的是（）A靜電復(fù)印B靜電噴涂 C避雷針 D電除塵 靜【考點(diǎn)】： * 靜電的利用和防止【專題】： 電場力與電勢的性質(zhì)專題【分析】：物體帶電的本質(zhì)是電荷的轉(zhuǎn)移，出現(xiàn)多余的電荷從而帶電，所以靜電的產(chǎn)生有利有弊【解析】： 解：A、復(fù)印機(jī)復(fù)印文件資料，就是利用靜電墨粉成在鼓上故A屬于靜電的利用；B、靜電噴涂是利用異種電荷間的吸引力來工作的，故B屬于靜電的利用；C、下雨天，云層帶電打雷，往往在屋頂安裝避雷針，是導(dǎo)走靜

2、電，防止觸電故C屬于靜電防范；D、靜電除塵時除塵器中的空氣被電離，煙霧顆粒吸附電子而帶負(fù)電，顆粒向電源正極運(yùn)動，屬于靜電應(yīng)用；故選：C【點(diǎn)評】： 在生活中靜電無處不在，有的我們需要，有的我們不需要所以我們要學(xué)會基本常識，提高我們的很生活質(zhì)量2（3分）（2015鹽城二模）目前，我市每個社區(qū)均已配備了公共體育健身器材圖示器材為一秋千，用兩根等長輕繩將一座椅懸掛在豎直支架上等高的兩點(diǎn)由于長期使用，導(dǎo)致兩根支架向內(nèi)發(fā)生了稍小傾斜，如圖中虛線所示，但兩懸掛點(diǎn)仍等高座椅靜止時用F表示所受合力的大小，F(xiàn)1表示單根輕繩對座椅拉力的大小，與傾斜前相比（） A F不變，F(xiàn)1變小 B F不變，F(xiàn)1變大 C F變小，

3、F1變小 D F變大，F(xiàn)1變大【考點(diǎn)】： 共點(diǎn)力平衡的條件及其應(yīng)用；物體的彈性和彈力【專題】： 共點(diǎn)力作用下物體平衡專題【分析】：木板靜止時，受重力和兩個拉力而平衡，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件并結(jié)合正交分解法列式分析即可【解析】： 解：木板靜止時，受重力和兩個拉力而平衡，故三個力的合力為零，即：F=0；根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件，有：2F1cos=mg解得：F1=由于長期使用，導(dǎo)致兩根支架向內(nèi)發(fā)生了稍小傾斜，故圖中的角減小了，故F不變，F(xiàn)1減小；故選：A【點(diǎn)評】： 本題是簡單的三力平衡問題，關(guān)鍵是受力分析后運(yùn)用圖示法分析，不難3（3分）（2015鹽城二模）圖甲是小型交流發(fā)電機(jī)的示意圖，在勻強(qiáng)磁場中，一矩形金屬

4、線圈繞與磁場方向垂直的軸勻速轉(zhuǎn)動，產(chǎn)生的電動勢隨時間變化的正弦規(guī)律圖象如圖乙所示發(fā)電機(jī)線圈內(nèi)阻為10，外接一只電阻為90的燈泡，不計(jì)電路的其他電阻，則（） A t=0時刻線圈平面與中性面垂直 B 每秒鐘內(nèi)電流方向改變100次 C 燈泡兩端的電壓為22V D 00.01s時間內(nèi)通過燈泡的電量為0【考點(diǎn)】： 交流發(fā)電機(jī)及其產(chǎn)生正弦式電流的原理；正弦式電流的圖象和三角函數(shù)表達(dá)式【專題】： 交流電專題【分析】：當(dāng)線框經(jīng)過中性面時通過線圈的磁通量最大感應(yīng)電動勢最小為零由題圖乙可知交流電電動勢的周期，即可求解角速度線框每轉(zhuǎn)一周，電流方向改變兩次【解析】： 解：A、由圖象乙可知t=0時感應(yīng)電動勢為零，處于中

5、性面上，故A錯誤；B、由題圖乙可知周期T=0.02s，線框每轉(zhuǎn)一周，電流方向改變兩次，每秒電流方向改變100次，故B正確；C、由題圖乙可知交流電電動勢的最大值是Em=31.1v，有效值為：，根據(jù)閉合電路的分壓特點(diǎn)得電壓表的示數(shù)為：，故C錯誤；D、根據(jù)得：00.01s時間內(nèi)通過燈泡的電量為 代入數(shù)據(jù) 聯(lián)立得：q=0.00198c，故D錯誤；故選：B【點(diǎn)評】： 本題是準(zhǔn)確理解感應(yīng)電動勢與磁通量的變化，知道磁通量最大時，感應(yīng)電動勢反而最小明確線框每轉(zhuǎn)一周，電流方向改變兩次能從圖象讀取有效信息4（3分）（2015鹽城二模）如圖甲所示，x軸上固定兩個點(diǎn)電荷Q1、Q2（Q2位于坐標(biāo)原點(diǎn)O），其上有M、N、

6、P三點(diǎn)，間距MN=NPQ1、Q2在軸上產(chǎn)生的電勢隨x變化關(guān)系如圖乙則（） A M點(diǎn)電場場強(qiáng)大小為零 B N點(diǎn)電場場強(qiáng)大小為零 C M、N之間電場方向沿x軸負(fù)方向 D 一正試探電荷從P移到M過程中，電場力做功|WPN|=|WNM|【考點(diǎn)】： 電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系；電場強(qiáng)度【專題】： 電場力與電勢的性質(zhì)專題【分析】：x圖線的切線斜率表示電場強(qiáng)度的大小，在x圖象中可以直接判斷各點(diǎn)電勢的大小，并可根據(jù)電勢大小關(guān)系確定電場強(qiáng)度的方向，根據(jù)沿電場線方向電勢降低，由w=qU判斷做功；【解析】： 解：A、x圖線的切線斜率表示電場強(qiáng)度的大小，就知道N處場強(qiáng)為零，M處的場強(qiáng)不為零，故A錯誤，B正確；C、M點(diǎn)的電

7、勢為零，MP電勢小于零，因沿電場線方向電勢降低，故在MP間電場方向由M指向P，沿x軸正方向，故C錯誤；D、由圖象可知，UMNUNP，故電場力做功qUMNqUNP，從P移到M過程中，電場力做負(fù)功，故|WPN|WNM|，故D錯誤；故選：B【點(diǎn)評】： x圖象中：電場強(qiáng)度的大小等于x圖線的斜率大小，電場強(qiáng)度為零處在x圖象中可以直接判斷各點(diǎn)電勢的大小，并可根據(jù)電勢大小關(guān)系確定電場強(qiáng)度的方向在x圖象中分析電荷移動時電勢能的變化，可用W=qU，進(jìn)而分析WW的正負(fù)，然后作出判斷5（3分）（2015鹽城二模）一滑塊以一定的初速度從一固定斜面的底端向上沖，到斜面上某一點(diǎn)后返回底端，斜面粗糙滑塊運(yùn)動過程中加速度與時

8、間關(guān)系圖象如圖所示下列四幅圖象分別表示滑塊運(yùn)動過程中位移x、速度v、動能Ek和重力勢能Ep（以斜面底端為參考平面）隨時間變化的關(guān)系圖象，其中正確的是（） A B C D 【考點(diǎn)】： 功能關(guān)系；牛頓第二定律【分析】：根據(jù)at圖象知上滑和下滑過程中的加速度大小，從而得出速度隨時間的變化規(guī)律；利用速度公式和動能定得出動能、勢能與時間的規(guī)律，再分析選項(xiàng)即可【解析】： 解：A、物塊向上做勻減速直線運(yùn)動，向下做勻加速直線運(yùn)動，據(jù)位移公式可知，位移與時間成二次函數(shù)關(guān)系；據(jù)運(yùn)動學(xué)公式可知，下滑所有的時間要大于上升所用的時間，先減速后加速，加速度始終向下，所以xt圖象應(yīng)是開口向下的拋物線，故A錯誤；B、由A分析

9、知速度方向相反，故B錯誤；C、根據(jù)Ek=mv2知動能先減小后增大，與時間為二次函數(shù)，故C錯誤；D、Ep=mgh=mgx=mg（v0t），a為負(fù)，故為開口向下的拋物線，故D正確故選：D【點(diǎn)評】： 解決本題的關(guān)鍵根據(jù)牛頓第二定律得出上滑和下滑的加速度，判斷出物體的運(yùn)動情況；再結(jié)合位移公式、速度公式和動能的表達(dá)式，此題難度較大二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題4分，共計(jì)16分.每小題有多個選項(xiàng)符合題意，全部選對的得4分，選對但不全的得2分，錯選或不答得0分6（4分）（2015鹽城二模）如圖所示，在一端封閉的光滑細(xì)玻璃管中注滿清水，水中放一紅蠟塊R（R視為質(zhì)點(diǎn)）將玻璃管的開口端用膠塞塞緊后豎直倒置且

10、與y軸重合，在R從坐標(biāo)原點(diǎn)以速度v0=3cm/s勻速上浮的同時，玻璃管沿x軸正向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，合速度的方向與y軸夾角為則紅蠟塊R的（） A 分位移y與x成正比 B 分位移y的平方與x成正比 C 合速度v的大小與時間t成正比 D tan與時間t成正比【考點(diǎn)】： 運(yùn)動的合成和分解【專題】： 運(yùn)動的合成和分解專題【分析】：小圓柱體紅蠟快同時參與兩個運(yùn)動：y軸方向的勻速直線運(yùn)動，x軸方向的初速為零的勻加速直線運(yùn)動根據(jù)位移與時間表達(dá)式，從而確定分位移y與x的關(guān)系，再由y方向可求運(yùn)動時間，接著由x方向求加速度，從而求得vx，再由速度合成求此時的速度大小，最后由兩方向的速度關(guān)系，可知tan與

11、時間t的關(guān)系【解析】： 解：A、由題意可知，y軸方向，y=v0t；而x軸方向，x=，聯(lián)立可得：x=，故A錯誤，B正確；C、x軸方向，vx=at，那么合速度的大小v=，則v的大小與時間t不成正比，故C錯誤；D、設(shè)合速度的方向與y軸夾角為，則有：，故D正確；故選：BD【點(diǎn)評】： 分析好小圓柱體的兩個分運(yùn)動，掌握運(yùn)動學(xué)公式，理解運(yùn)動的合成與分解法則，注意平拋運(yùn)動規(guī)律的應(yīng)用7（4分）（2015鹽城二模）據(jù)英國衛(wèi)報(bào)網(wǎng)站2015年1月6日報(bào)道，在太陽系之外，科學(xué)家發(fā)現(xiàn)了一顆最適宜人類居住的類地行星，繞恒星橙矮星運(yùn)行，命名為“開普勒438b”假設(shè)該行星與地球繞恒星均做勻速圓周運(yùn)動，其運(yùn)行的周期為地球運(yùn)行周期

12、的p倍，橙矮星的質(zhì)量為太陽的q倍 則該行星與地球的（） A 軌道半徑之比為 B 軌道半徑之比為 C 線速度之比為 D 線速度之比為【考點(diǎn)】： 萬有引力定律及其應(yīng)用【專題】： 萬有引力定律的應(yīng)用專題【分析】：地球和“開普勒438b”公轉(zhuǎn)的向心力均由萬有引力提供，根據(jù)牛頓第二定律列式求解出周期和向的表達(dá)式進(jìn)行分析即可【解析】： 解：A、B、行星公轉(zhuǎn)的向心力由萬有引力提供，根據(jù)牛頓第二定律，有：G=m解得：R=該行星與地球繞恒星均做勻速圓周運(yùn)動，其運(yùn)行的周期為地球運(yùn)行周期的p倍，橙矮星的質(zhì)量為太陽的q倍，故：=故A正確，B錯誤；C、D、根據(jù)v=，有：=；故C正確，D錯誤；故選：AC【點(diǎn)評】： 本題關(guān)

13、鍵是明確行星工作的向心力來源，結(jié)合牛頓第二定律列式分析即可，基礎(chǔ)題目8（4分）（2015鹽城二模）如圖所示，在滑動變阻器的滑片向左滑動的過程中，理想電壓表、電流表的示數(shù)將發(fā)生變化，電壓表V1、V2示數(shù)變化量的絕對值分別為U1、U2，已知電阻R大于電源內(nèi)阻r，則（） A 電流表A的示數(shù)增大 B 電壓表V2的示數(shù)增大 C 電壓表V1的示數(shù)增大 D U1大于U2【考點(diǎn)】： 閉合電路的歐姆定律【專題】： 恒定電流專題【分析】：理想電壓表內(nèi)阻無窮大，相當(dāng)于斷路理想電流表內(nèi)阻為零，相當(dāng)短路分析電路的連接關(guān)系，根據(jù)歐姆定律分析【解析】： 解：A、據(jù)題理想電壓表內(nèi)阻無窮大，相當(dāng)于斷路理想電流表內(nèi)阻為零，相當(dāng)短

14、路，所以R與變阻器串聯(lián)，電壓表V1、V2分別測量R、路端電壓當(dāng)滑動變阻器滑片向左滑動時，接入電路的電阻減小，電路中電流增大，則A的示數(shù)增大，故A正確；B、電路中電流增大，電源的內(nèi)電壓增大，則路端電壓減小，所以V2的示數(shù)減小，故B錯誤；C、電路中電流增大，根據(jù)歐姆定律知，電壓表V1的示數(shù)增大，故C正確D、路端電壓減小，R的電壓增大，則U1大于U2，故D正確故選：ACD【點(diǎn)評】： 本題是電路的動態(tài)分析問題，關(guān)鍵要搞清電路的結(jié)構(gòu)，明確電表各測量哪部分電路的電壓或電流，根據(jù)閉合電路歐姆定律進(jìn)行分析9（4分）（2015鹽城二模）如圖所示，空間有一垂直紙面向外的磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.5T的勻強(qiáng)磁場，一質(zhì)量為0.

15、2kg且足夠長的絕緣木板靜止在光滑水平面上，在木板左端放置一質(zhì)量為m=0.1kg、帶正電q=0.2C的滑塊，滑塊與絕緣木板之間動摩擦因數(shù)為0.5，滑塊受到的最大靜摩擦力可認(rèn)為等于滑動摩擦力現(xiàn)對木板施加方向水平向左，大小為F=0.6N的恒力，g取10m/s2則滑塊（） A 開始做勻加速運(yùn)動，然后做加速度減小的加速運(yùn)動，最后做勻速直線運(yùn)動 B 一直做加速度為2m/s2的勻加速運(yùn)動，直到滑塊飛離木板為止 C 速度為6m/s時，滑塊開始減速 D 最終做速度為10m/s的勻速運(yùn)動【考點(diǎn)】： 帶電粒子在混合場中的運(yùn)動【分析】：先求出木塊靜摩擦力能提供的最大加速度，再根據(jù)牛頓第二定律判斷當(dāng)0.6N的恒力作用

16、于木板時，系統(tǒng)一起運(yùn)動的加速度，當(dāng)滑塊獲得向左運(yùn)動的速度以后又產(chǎn)生一個方向向上的洛倫茲力，當(dāng)洛倫茲力等于重力時滑塊與木板之間的彈力為零，此時摩擦力等于零，此后物塊做勻速運(yùn)動，木板做勻加速直線運(yùn)動【解析】： 解：ABD、由于滑塊與絕緣木板之間動摩擦因數(shù)為0.5，靜摩擦力能提供的最大加速度為g=5m/s2，所以當(dāng)0.6N的恒力作用于木板時，系統(tǒng)一起以a=的加速度一起運(yùn)動，當(dāng)滑塊獲得向左運(yùn)動的速度以后又產(chǎn)生一個方向向上的洛倫茲力，當(dāng)洛倫茲力等于重力時滑塊與木板之間的彈力為零，此時Bqv=mg，解得：v=10m/s，此時摩擦力消失，滑塊做勻速運(yùn)動，而木板在恒力作用下做勻加速運(yùn)動，可知滑塊先與木板一起做

17、勻加速直線運(yùn)動，然后發(fā)生相對滑動，做加速度減小的變加速，最后做速度為10m/s的勻速運(yùn)動故AD正確，B錯誤C、木塊開始的加速度為2m/s2，當(dāng)恰好要開始滑動時，f=（mgqvB）=ma，代入數(shù)據(jù)得：v=6m/s，此后滑塊的加速度減小，仍然做加速運(yùn)動故C錯誤故選：AD【點(diǎn)評】： 本題主要考查了牛頓第二定律的直接應(yīng)用，要求同學(xué)們能正確分析木板和滑塊的受力情況，進(jìn)而判斷運(yùn)動情況三、簡答題：本題分必做題（第10、11題）和選做題（第12題）兩部分，共計(jì)42分.請將解答填寫在答題紙相應(yīng)的位置.10（8分）（2015鹽城二模）某同學(xué)準(zhǔn)備利用下列器材測量干電池的電動勢和內(nèi)電阻A待測干電池兩節(jié)，每節(jié)電池電動勢

18、約為1.5V，內(nèi)阻約幾歐姆B直流電壓表V1、V2，量程均為3V，內(nèi)阻約為3kC定值電阻R0未知D滑動變阻器R，最大阻值RmE導(dǎo)線和開關(guān)（1）根據(jù)如圖甲所示的實(shí)物連接圖，在圖乙方框中畫出相應(yīng)的電路圖（2）實(shí)驗(yàn)之前，需要利用該電路圖測出定值電阻R0，方法是先把滑動變阻器R調(diào)到最大阻值Rm，再閉合開關(guān)，電壓表V1和V2的讀數(shù)分別為U10、U20，則R0=（用U10、U20、Rm表示）（3）實(shí)驗(yàn)中移動滑動變阻器觸頭，讀出電壓表V1和V2的多組數(shù)據(jù)U1、U2，描繪出U1U2圖象如圖丙所示，圖中直線斜率為k，與橫軸的截距為a，則兩節(jié)干電池的總電動勢E=，總內(nèi)阻r=（用k、a、R0表示）【考點(diǎn)】： 測定電源

19、的電動勢和內(nèi)阻【專題】： 實(shí)驗(yàn)題【分析】：（1）由實(shí)物圖可知電路的連接方法得出對應(yīng)的原理圖；（2）根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理結(jié)合歐姆定律可求得定值電阻的阻值；（3）根據(jù)閉合電路歐姆定律及圖象的性質(zhì)可得出對應(yīng)的電動勢和內(nèi)電阻【解析】： 解：（1）由實(shí)物圖可知電路的連接方式，得出的實(shí)物圖如圖所示；（2）由圖可知，V2測量R0與R兩端的電壓，V1測量R兩端的電壓，則R0兩端的電壓U20U10；由歐姆定律可知，R0=；（2）由閉合電路歐姆定律可知，E=U1+變形得：U1=+則有：=a；=k解得：故答案為：（1）如圖所示；（2）；【點(diǎn)評】： 本題考查測量電動勢和內(nèi)電阻的實(shí)驗(yàn)方法，關(guān)鍵在明確根據(jù)閉合電路歐姆定律得出對應(yīng)

20、的表達(dá)式，再分析圖象的意義，求得電動勢和內(nèi)電阻11（10分）（2015鹽城二模）某同學(xué)用如圖甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置來“探究a與F、m之間的定量關(guān)系”（1）實(shí)驗(yàn)時，必須先平衡小車與木板之間的摩擦力該同學(xué)是這樣操作的：如圖乙，將小車靜止地放在水平長木板上，并連著已穿過打點(diǎn)計(jì)時器的紙帶，調(diào)整木板右端的高度，接通電源，用手輕撥小車，讓打點(diǎn)計(jì)時器在紙帶上打出一系列點(diǎn)跡均勻的點(diǎn)，說明小車在做勻速運(yùn)動運(yùn)動（2）如果該同學(xué)先如（1）中的操作，平衡了摩擦力以砂和砂桶的重力為F，在小車質(zhì)量M保持不變情況下，不斷往桶里加砂，砂的質(zhì)量最終達(dá)到，測小車加速度a，作aF的圖象如圖丙圖線正確的是C（3）設(shè)紙帶上計(jì)數(shù)點(diǎn)的間距為S1

21、和S2如圖丁為用米尺測量某一紙帶上的S1、S2的情況，從圖中可讀出S1=3.10cm，S2=5.50cm，已知打點(diǎn)計(jì)時器的頻率為50Hz，由此求得加速度的大小a=2.40m/s2【考點(diǎn)】： 探究加速度與物體質(zhì)量、物體受力的關(guān)系【專題】： 實(shí)驗(yàn)題【分析】：（1）平衡摩擦力時，調(diào)整木板右端的高度，接通電源，用手輕撥小車，當(dāng)小車帶動紙帶勻速下滑時說明平衡摩擦力；（2）正確的aF圖象應(yīng)該是過原點(diǎn)的直線，不滿足砂和砂桶的質(zhì)量遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量時圖象發(fā)生彎曲；（3）根據(jù)勻變速直線運(yùn)動的特點(diǎn)，利用逐差法可以求出其加速度的大小【解析】： 解：（1）平衡摩擦力時，應(yīng)將繩從小車上拿去，不要掛鉤碼，將長木板的右端墊

22、高至合適位置，使小車重力沿斜面分力和摩擦力抵消，若小車做勻速直線運(yùn)動，此時打點(diǎn)計(jì)時器在紙帶上打出一系列點(diǎn)跡均勻的點(diǎn)，（2）如果這位同學(xué)先如（1）中的操作，已經(jīng)平衡摩擦力，則剛開始aF的圖象是一條過原點(diǎn)的直線，不斷往桶里加砂，砂的質(zhì)量最終達(dá)到，不能滿足砂和砂桶的質(zhì)量遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量，此時圖象發(fā)生彎曲，故C正確；故選：C（3）根據(jù)圖象可知，S2=5.50cm，打點(diǎn)計(jì)時器的頻率為50Hz，每5個點(diǎn)取一個計(jì)數(shù)點(diǎn)，則T=0.1s，加速度的大小a=2.40m/s2故答案為：（1）點(diǎn)跡均勻； 勻速運(yùn)動；（2）C；（3）5.50； 2.40【點(diǎn)評】： 明確實(shí)驗(yàn)原理以及具體的操作細(xì)節(jié)，加強(qiáng)動手實(shí)驗(yàn)，同時加強(qiáng)基

23、本運(yùn)動學(xué)規(guī)律在物理實(shí)驗(yàn)中的應(yīng)用探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系實(shí)驗(yàn)時，要平衡小車受到的摩擦力，不平衡摩擦力、或平衡摩擦力不夠、或過平衡摩擦力，小車受到的合力不等于鉤碼的重力二.選做題A（選修模塊3-3）（12分）12（4分）（2015鹽城二模）下列說法正確的是（） A 懸浮在液體中的微粒越小，受到液體分子的撞擊就越容易平衡 B 物體中所有分子的熱運(yùn)動動能的總和叫做物體的內(nèi)能 C 熱力學(xué)溫度T與攝氏溫度t的關(guān)系為t=T+273.15 D 液體表面的分子距離大于分子間的平衡距離，使得液面有表面張力【考點(diǎn)】： 溫度、氣體壓強(qiáng)和內(nèi)能；分子間的相互作用力【分析】：液體溫度越高顆粒越小，布朗運(yùn)動越激烈物體中所有

24、分子的熱運(yùn)動動能的總和叫做物體的內(nèi)能攝氏溫度t與熱力學(xué)溫度T的關(guān)系為T=t+273.15液體表面分子間距離大于平衡位置間距r0，液體表面存在表面張力；【解析】： 解：A、懸浮微粒越小，在某一瞬間撞擊它的液體分子數(shù)就越少，布朗運(yùn)動就越明顯故A錯誤B、物體中所有分子的熱運(yùn)動動能的總和叫做物體的內(nèi)能，故B錯誤C、攝氏溫度t與熱力學(xué)溫度T的關(guān)系為T=t+273.15，故C錯誤D、液體表面分子間距離大于平衡位置間距r0，分子力表現(xiàn)為引力，所以液體表面存在表面張力，故D正確故選：D【點(diǎn)評】： 本題關(guān)鍵掌握熱力學(xué)基本知識，知道布朗運(yùn)動的實(shí)質(zhì)掌握分子動理論，理解表面張力形成的原因13（4分）（2015鹽城二模

25、）圖為一定質(zhì)量理想氣體的壓強(qiáng)P與體積V的關(guān)系圖象，它由狀態(tài)A經(jīng)等容過程到狀態(tài)B，再經(jīng)過等壓過程到狀態(tài)C設(shè)A、B、C狀態(tài)對應(yīng)的溫度分別為TA、TB、TC，則TA=TC，從狀態(tài)B到狀態(tài)C過程氣體吸熱（填“吸”、“放”）【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】：由圖象求出A、B、C三狀態(tài)的壓強(qiáng)與體積，然后由理想氣體的狀態(tài)方程求出各狀態(tài)的溫度，然后比較溫度大小【解析】： 解：A到B為等容變化，故知TB=TA理想氣體經(jīng)歷BC過程，等壓變化，=即TC=TB=，故TA=理想氣體經(jīng)歷BC過程，等壓變化，由=k知體積增大，溫度升高，內(nèi)能增大，氣體的體積變大，對外做功，W=FX=PS

26、X=PV=p2（V2V1），根據(jù)熱力學(xué)第一定律：E=QW，知?dú)怏w需要吸熱故答案為：，吸熱【點(diǎn)評】： 本題考查了比較氣體的溫度高低，由圖象求出氣體的壓強(qiáng)與體積、應(yīng)用理想氣體壓強(qiáng)公式即可正確解題14（4分）（2015鹽城二模）某教室的空間體積約為120m3試計(jì)算在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，教室里空氣分子數(shù)已知：阿伏加德羅常數(shù)NA=6.0×1023mol1，標(biāo)準(zhǔn)狀況下摩爾體積V0=22.4×103m3（計(jì)算結(jié)果保留一位有效數(shù)字）【考點(diǎn)】： 阿伏加德羅常數(shù)【專題】： 阿伏伽德羅常數(shù)的應(yīng)用專題【分析】：根據(jù)教室體積和摩爾體積求出物質(zhì)的量，則氣體分子數(shù)N=nNA【解析】： 解：設(shè)空氣摩爾數(shù)為n，則，

27、 設(shè)氣體分子數(shù)為N，則N=nNA代入數(shù)據(jù)聯(lián)立求解得：N=3×1027個 答：教室里空氣分子數(shù)為3×1027個【點(diǎn)評】： 求分子數(shù)，往往先求摩爾數(shù)，再乘以阿伏加德羅常數(shù)即可摩爾數(shù)等于質(zhì)量與摩爾質(zhì)量的比值或體積與摩爾體積的比值B選修模塊3-4（12分）15（4分）（2015鹽城二模）下列說法正確的是（） A 一條沿自身長度方向運(yùn)動的桿，其長度總比桿靜止時長 B 根據(jù)多普勒效應(yīng)可以判斷遙遠(yuǎn)天體相對于地球的運(yùn)動速度 C 大量事實(shí)證明，電磁波不能產(chǎn)生衍射現(xiàn)象 D 受迫振動的頻率總等于系統(tǒng)的固有頻率【考點(diǎn)】： * 長度的相對性；多普勒效應(yīng)【分析】：A、根據(jù)l=判斷桿的長度變化B、多普勒

28、效現(xiàn)象是波的特性C、電磁波能產(chǎn)生衍射現(xiàn)象D、受迫振動的頻率總等于策動力的頻率【解析】： 解：A、根據(jù)l=，知條沿自身長度方向運(yùn)動的桿其長度總比桿靜止時的長度小故A錯誤 B、只要是波，均有多普勒效應(yīng)現(xiàn)象，根據(jù)多普勒效應(yīng)可以判斷遙遠(yuǎn)天體相對于地球的運(yùn)動速度故B正確 C、電磁波是波，電磁波能產(chǎn)生衍射現(xiàn)象故C錯誤 D、受迫振動的頻率總等于策動力的頻率故D錯誤故選：B【點(diǎn)評】： 解決本題的關(guān)鍵知道光的偏轉(zhuǎn)現(xiàn)象說明光是一種橫波，以及知道多普勒效應(yīng)現(xiàn)象的條件16（4分）（2015鹽城二模）過去已知材料的折射率都為正值（n0）現(xiàn)已有針對某些電磁波設(shè)計(jì)制作的人工材料，其折射率可以為負(fù)值（n0），稱為負(fù)折射率材料

29、位于空氣中的這類材料，入射角i與折射角r依然滿足=n，但是折射線與入射線位于法線的同一側(cè)（此時折射角取負(fù)值）現(xiàn)空氣中有一上下表面平行的負(fù)折射率材料，一束電磁波從其上表面以入射角射入，下表面射出若該材料對此電磁波的折射率n=1，請畫出正確反映電磁波穿過該材料的傳播路徑的示意圖，若在上下兩個表面電磁波的折射角分別為r1、r2，則r1等于r2（填“大于”、“等于”、“小于”）【考點(diǎn)】： 光的折射定律【專題】： 光的折射專題【分析】：該材料對于電磁波的折射率n=1，則折射光線與入射光線位于法線的同側(cè)，且折射角等于入射角，根據(jù)這些知識分析【解析】： 解：由折射定律：=n=1得：sini=sinr，則即折

30、射角等于入射角，r1=r2，且位于法線的同側(cè)，故光路如圖故答案為：如圖所示，等于【點(diǎn)評】： 本題屬于信息題目，結(jié)合學(xué)過的知識點(diǎn)延伸拓展，同學(xué)們要有提取信息以及學(xué)習(xí)的能力17（4分）（2015鹽城二模）豎直懸掛的彈簧振子下端裝有記錄筆，在豎直面內(nèi)放置記錄紙當(dāng)振子上下振動時，以水平向左速度v=10m/s勻速拉動記錄紙，記錄筆在紙上留下記錄的痕跡，建立坐標(biāo)系，測得的數(shù)據(jù)如圖所示，求振子振動的振幅和頻率【考點(diǎn)】： 簡諧運(yùn)動的振動圖象；簡諧運(yùn)動的振幅、周期和頻率【分析】：本題抓住彈簧振子的振動與記錄紙同時運(yùn)動，由勻速運(yùn)動的速度公式v=求出周期振幅是振子離開平衡位置的最大距離，等于振子在最高點(diǎn)與最低點(diǎn)間距

31、離的一半【解析】： 解：設(shè)周期為T，振幅為A由題圖得：A=5cm；由于振動的周期就是記錄紙從O至x=1m運(yùn)動的時間，所以，周期為：，故頻率為：f=10Hz答：振子振動的振幅為5cm，頻率為10Hz【點(diǎn)評】： 解決本題的關(guān)鍵是理解振幅的含義，抓住彈簧振子的振動與記錄紙運(yùn)動的同時性，由勻速運(yùn)動的規(guī)律求解周期C（選修模塊3-5）（12分）18（2015鹽城二模）下列說法正確的是（） A 放射性元素的半衰期隨溫度升高而減小 B 光和電子都具有波粒二象性 C 粒子散射實(shí)驗(yàn)可以估算出原子核的數(shù)量級為1010m D 原子核的結(jié)合能越大，原子核越穩(wěn)定【考點(diǎn)】： 原子核衰變及半衰期、衰變速度；原子核的結(jié)合能【專

32、題】： 常規(guī)題型【分析】：元素的半衰期不會受環(huán)境的影響而變化，比結(jié)合能越大，原子核越穩(wěn)定，光和電子都具有波粒二象性；通過粒子散射實(shí)驗(yàn)的結(jié)果可以估測原子核直徑的數(shù)量級為1015m【解析】： 解：A、放射性元素的半衰期不受到環(huán)境的變化而變化，故A錯誤；B、光和電子都具有波粒二象性，故B正確；C、通過粒子散射實(shí)驗(yàn)的結(jié)果可以估測原子核直徑的數(shù)量級為1015m，故C錯誤；D、比結(jié)合能越大，原子核越穩(wěn)定，故D正確；故選：BD【點(diǎn)評】： 考查半衰期影響的因素，掌握比結(jié)合能與結(jié)合能的不同，知道粒子散射實(shí)驗(yàn)19（2015鹽城二模）如圖1所示的裝置研究光電效應(yīng)現(xiàn)象，當(dāng)用光子能量為5eV的光照射到光電管上時，測得電

33、流計(jì)上的示數(shù)隨電壓變化的圖象如圖2所示則光電子的最大初動能為3.2×1019J，金屬的逸出功為4.8×1019J【考點(diǎn)】： 光電效應(yīng)【專題】： 光電效應(yīng)專題【分析】：該裝置所加的電壓為反向電壓，發(fā)現(xiàn)當(dāng)電壓表的示數(shù)大于或等于2V時，電流表示數(shù)為0，知道光電子點(diǎn)的最大初動能為2eV，根據(jù)光電效應(yīng)方程EKm=hW0，求出逸出功光電子的最大初動能與入射光的頻率成線性關(guān)系，而光的強(qiáng)度不會改變光電子的最大初動能，從而判斷是否電流表是否有示數(shù)【解析】： 解：由圖2可知，當(dāng)該裝置所加的電壓為反向電壓，當(dāng)電壓是2V時，電流表示數(shù)為0，知道光電子點(diǎn)的最大初動能為：2eV=3.2×10

34、19J，根據(jù)光電效應(yīng)方程EKm=hW0，W0=3eV=4.8×1019J故答案為：3.2×1019； 4.8×1019【點(diǎn)評】： 解決本題的關(guān)鍵掌握光電效應(yīng)的條件，以及光電效應(yīng)方程EKm=hW0注意光的入射頻率決定光電子最大初動能，而光的強(qiáng)度不影響光電子的最大初動能20（2015鹽城二模）一枚火箭搭載著衛(wèi)星以速率v0進(jìn)入太空預(yù)定位置，由控制系統(tǒng)使箭體與衛(wèi)星分離已知前部分的衛(wèi)星質(zhì)量為m1，后部分的箭體質(zhì)量為m2，分離后箭體以速率v2沿火箭原方向飛行，若忽略空氣阻力及分離前后系統(tǒng)質(zhì)量的變化，則分離后衛(wèi)星的速率v1是多大【考點(diǎn)】： 動量守恒定律【專題】： 動量定理應(yīng)用專

35、題【分析】：火箭和衛(wèi)星組成的系統(tǒng)在分離時水平方向上動量守恒，規(guī)定正方向，結(jié)合動量守恒定律求出分離后衛(wèi)星的速率【解析】： 解：火箭和衛(wèi)星組成的系統(tǒng)在分離時水平方向上動量守恒，規(guī)定初速度的方向?yàn)檎较颍校海╩1+m2）v0=m2v2+m1v1解得：答：分離后衛(wèi)星的速率是【點(diǎn)評】： 解決本題的關(guān)鍵知道火箭和衛(wèi)星組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，運(yùn)用動量守恒定律進(jìn)行求解，知動量守恒定律的表達(dá)式為矢量式，注意速度的方向四、計(jì)算題：本題共3小題，共計(jì)47分解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟只寫出最后答案的不能得分有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位21（15分）（2015鹽城二模）

36、如圖所示，在勻強(qiáng)磁場中有一足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌，與水平面間的夾角=30°，間距L=0.5m，上端接有阻值R=0.3的電阻，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=0.4T，磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向上一質(zhì)量m=0.2kg，電阻r=0.1的導(dǎo)體棒MN在平行于導(dǎo)軌的外力F作用下，由靜止開始向上做勻加速運(yùn)動，運(yùn)動過程中導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直，且接觸良好，當(dāng)棒的位移d=9m時電阻R上的消耗的功率為P=2.7W其它電阻不計(jì)，g取10m/s2求：（1）此時通過電阻R上的電流；（2）這一過程通過電阻R上電電荷量q；（3）此時作用于導(dǎo)體棒上的外力F的大小【考點(diǎn)】： 導(dǎo)體切割磁感線時的感應(yīng)電動勢【專題】： 電磁感應(yīng)

37、與電路結(jié)合【分析】：（1）根據(jù)P=I2R求解電阻R上的電流；（2）根據(jù)公式：求解（3）由（1）中電流求出此時的速度，再根據(jù)勻變速運(yùn)動：v2=2ax，求出加速度，結(jié)合牛頓第二定律求解外力F【解析】： 解：（1）根據(jù)熱功率：P=I2R，解得：（2）回路中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動勢：，由歐姆定律得：，電流和電量之間關(guān)系式：=，（3）由（1）知此時感應(yīng)電流I=3A，由，解得此時速度：，由勻變速運(yùn)動公式：v2=2ax，解得：，對導(dǎo)體棒由牛頓第二定律得：FF安mgsin30°=ma，即：FBILmgsin30°=ma，解得：F=ma+BIL+mgsin30°=0.2×2+

38、0.4×0.5×3+0.2×10×=2N，答：（1）通過電阻R上的電流3A；（2）通過電阻R上電電荷量q為4.5C；（3）導(dǎo)體棒上的外力F的大小為2N【點(diǎn)評】： 本題考查電功率，電量表達(dá)式及電磁感應(yīng)電動勢表達(dá)式結(jié)合牛頓第二定律求解即可，難度不大，本題中加速度的求解是重點(diǎn)22（16分）（2015鹽城二模）如圖所示的xOy坐標(biāo)系中，y軸右側(cè)空間存在范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于xOy平面向里P點(diǎn)的坐標(biāo)為（2L，0），Q1、Q2兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為（0，L），（0，L）坐標(biāo)為（L，0）處的C點(diǎn)固定一平行于y軸放置的長為L的絕緣彈性擋板，C為擋

39、板中點(diǎn)，帶電粒子與彈性絕緣擋板碰撞前后，沿y方向分速度不變，沿x方向分速度反向，大小不變 帶負(fù)電的粒子質(zhì)量為m，電量為q，不計(jì)粒子所受重力若粒子在P點(diǎn)沿PQ1方向進(jìn)入磁場，經(jīng)磁場運(yùn)動后，求：（1）從Q1直接到達(dá)Q2處的粒子初速度大??；（2）從Q1直接到達(dá)O點(diǎn)，粒子第一次經(jīng)過x軸的交點(diǎn)坐標(biāo)；（3）只與擋板碰撞兩次并能回到P點(diǎn)的粒子初速度大小【考點(diǎn)】： 帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動；帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動【專題】： 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動專題【分析】：（1）作出粒子運(yùn)動的軌跡圖，結(jié)合幾何關(guān)系求出粒子在磁場中運(yùn)動的軌道半徑，根據(jù)半徑公式求出粒子的速度（2）作出粒子運(yùn)動的軌跡圖，根據(jù)幾何關(guān)系求出粒

40、子運(yùn)動的半徑，通過幾何關(guān)系求出第一次經(jīng)過x軸的交點(diǎn)坐標(biāo)；（3）抓住與擋板碰撞兩次并能回到P點(diǎn)，作出軌跡圖，結(jié)合幾何關(guān)系，運(yùn)用半徑公式進(jìn)行求解【解析】： 解：（1）由題意畫出粒子運(yùn)動軌跡如圖（甲）所示，設(shè)PQ1與x軸正方向夾角為，粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑大小為R1由幾何關(guān)系得：R1cos=L其中：粒子磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，有：，解得：（2）由題意畫出粒子運(yùn)動軌跡如圖（乙）所示，設(shè)其與x軸交點(diǎn)為C，由幾何關(guān)系得：R2=設(shè)C點(diǎn)橫坐標(biāo)為xC，由幾何有關(guān)系得：xC=則C點(diǎn)坐標(biāo)為：（，0）（3）由題意畫出粒子運(yùn)動軌跡如圖（丙）所示，設(shè)PQ1與x軸正方向夾角為，粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑大小為R3，偏轉(zhuǎn)一次后