北京市東城區(qū)2015屆高三下學(xué)期第三次模擬物理試卷

1、北京市東城區(qū)2015屆高考物理三模試卷一、選擇題（共8小題，每小題6分，滿分48分）1有關(guān)熱現(xiàn)象，以下說(shuō)法正確的是( )A液體很難被壓縮，是因?yàn)橐后w分子間有間隙B物體的內(nèi)能增加，一定因?yàn)槲樟藷崃緾物體吸收了熱量，溫度一定升度D任何熱機(jī)的效率都不可能達(dá)到100%2下列說(shuō)法正確的是( )A太陽(yáng)輻射的能量主要來(lái)自太陽(yáng)內(nèi)部的核裂變反應(yīng)B湯姆孫發(fā)現(xiàn)電子，表明原子具有核式結(jié)構(gòu)C一束光照射到某種金屬上不能發(fā)生光電效應(yīng)，是因?yàn)樵撌獾念l率小于該種金屬的極限頻率D按照玻爾理論，氫原子核外電子從半徑較小的軌道躍遷到半徑較大的軌道時(shí)，電子的動(dòng)能減小，原子總能量減小3由于通訊和廣播等方面的需要，許多國(guó)家發(fā)射了地球同

2、步軌道衛(wèi)星，這些衛(wèi)星的( )A軌道半徑可以不同B角速度的大小可以不同C加速度的大小可以不同D質(zhì)量可以不同4一列簡(jiǎn)諧機(jī)械橫波某時(shí)刻的波形圖如圖所示，波源的平衡位置坐標(biāo)為x=0當(dāng)波源質(zhì)點(diǎn)處于其平衡位置且向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，介質(zhì)中平衡位置坐標(biāo)x=2m的質(zhì)點(diǎn)所處位置及運(yùn)動(dòng)情況是( )A在其平衡位置下方且向上運(yùn)動(dòng)B在其平衡位置下方且向下運(yùn)動(dòng)C在其平衡位置且向上運(yùn)動(dòng)D在其平衡位置且向下運(yùn)動(dòng)5如圖所示電路，電源內(nèi)阻不可忽略開關(guān)S閉合后，在變阻器R0的滑動(dòng)端向上滑動(dòng)的過(guò)程中( )A電壓表與電流表的示數(shù)都減小B電壓表與電流表的示數(shù)都增大C電壓表的示數(shù)增大，電流表的示數(shù)減小D電壓表的示數(shù)減小，電流表的示數(shù)增大6一理想變壓

3、器，原、副線圈的匝數(shù)比為4：1原線圈接在一個(gè)交流電源上，交變電壓隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖所示副線圈所接的負(fù)載電阻是11則下列說(shuō)法中正確的是( )A原線圈交變電流的頻率為100 HzB變壓器輸入、輸出功率之比為4：1C副線圈輸出電壓為55 VD流過(guò)副線圈的電流是1 A7如圖是安裝在列車車廂之間的摩擦緩沖器結(jié)構(gòu)的俯視圖，圖中和為楔塊，楔塊的斜面與水平的夾角為；和為墊板；彈簧a和彈簧b質(zhì)量不計(jì)；楔塊與彈簧盒、墊板之間均有摩擦，在車廂互相撞擊使墊板向盒里壓進(jìn)的過(guò)程中( )A彈簧a與彈簧b的壓縮量之比是cotB彈簧a與彈簧b的壓縮量之比是2tanC當(dāng)彈簧壓縮到最短的時(shí)候，楔塊的速度一定為零D當(dāng)彈簧壓縮到最短

4、的時(shí)候，墊板的速度一定為零8已知存在以下幾種使物體帶電的辦法：摩擦起電；接觸起電；靜電感應(yīng)；電介質(zhì)的極化其中前三種方式是同學(xué)們熟悉的，對(duì)第種方式的簡(jiǎn)介如下、一些電介質(zhì)（絕緣體）的分子在受到外電場(chǎng)的作用時(shí)，在跟外電場(chǎng)垂直的兩個(gè)表面上會(huì)出現(xiàn)等量的正、負(fù)電荷，這種電荷不能離開電介質(zhì)，也不能在電介質(zhì)內(nèi)部自由移動(dòng)，叫做束縛電荷用絲綢摩擦過(guò)的玻璃棒去靠近碎紙屑，對(duì)于可能出現(xiàn)的情況及其分析，下列選項(xiàng)中正確的是( )A玻璃棒會(huì)吸引紙屑，這是因?yàn)榧埿纪ㄟ^(guò)第種方式帶了電B有些紙屑會(huì)粘在玻璃棒上，這是因?yàn)榧埿纪ㄟ^(guò)第種方式帶了電C有些紙屑被玻璃棒吸引，吸上后又馬上彈開，整個(gè)過(guò)程只包含第種帶電方式D有些紙屑被玻璃棒吸引

5、，吸上后又馬上彈開，整個(gè)過(guò)程包括第和第兩種帶電方式二、非選擇題9用雙縫干涉測(cè)光的波長(zhǎng)實(shí)驗(yàn)裝置如圖甲所示，已知雙縫與屏的距離L=700mm，雙縫間距d=0.25mm用測(cè)量頭來(lái)測(cè)量光屏上干涉亮條紋中心的距離測(cè)量頭由分劃板、目鏡、手輪等構(gòu)成，轉(zhuǎn)動(dòng)手輪，使分劃板左右移動(dòng)，讓分劃板的中心刻線對(duì)準(zhǔn)屏上亮紋的中心，（如圖乙所示），記下此時(shí)手輪上的讀數(shù)，轉(zhuǎn)動(dòng)測(cè)量頭，使分劃板中心刻線對(duì)準(zhǔn)另一條亮紋的中心，記下此時(shí)手輪上的讀數(shù)劃板的中心刻線對(duì)準(zhǔn)第1條亮紋的中心時(shí)，手輪上的讀數(shù)x1=2.190mm，對(duì)準(zhǔn)第4條亮紋中心時(shí)，手輪上的讀數(shù)x2如圖丙所示，則x2=_ mm，相鄰兩條亮紋間的距離x=_ mm計(jì)算波長(zhǎng)的公式=_

6、；求得的波長(zhǎng)值是_nm10某同學(xué)要通過(guò)實(shí)驗(yàn)測(cè)定一根柱狀金屬絲的阻值，這根金屬絲長(zhǎng)約為20cm橫截面積約為1mm，金屬絲的電阻率是5×10m現(xiàn)有電動(dòng)勢(shì)為4.5V的電源，另有如下器材供選擇：A量程為00.6A，內(nèi)阻約為1的電流表B量程為01A，內(nèi)阻約為10的電流表C量程為06V，內(nèi)阻約為4k的電壓表D量程為010V，內(nèi)阻約為50k的電壓表E阻值為020，額定電流為1A的滑動(dòng)變阻器F阻值為01k，額定電流為0.1A的滑動(dòng)變阻器以上器材應(yīng)選用_（填寫器材前的字母）出實(shí)驗(yàn)電路圖（圖1）圖2所示器材連接成實(shí)驗(yàn)電路何實(shí)驗(yàn)都存在誤差，依據(jù)你所畫的電路圖進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，在所有測(cè)量?jī)x器都已校準(zhǔn)的情況下，電阻的

7、測(cè)量值與真實(shí)值相比將_（選填“偏大”、“偏小，或“相等”）；造成這種誤差的原因是由于_的內(nèi)阻的影響11（16分）AB是豎直平面內(nèi)的四分之一圓弧軌道，在下端B與水平直軌相切，如圖所示一可視為質(zhì)點(diǎn)的小球自A點(diǎn)起由靜止開始沿軌道下滑已知圓軌道半徑為R，小球的質(zhì)量為m，不計(jì)各處摩擦求：（1）小球下滑到B點(diǎn)時(shí)速度的大小；（2）小球經(jīng)過(guò)圓弧軌道的B點(diǎn)和水平軌道的C點(diǎn)時(shí)，所受軌道支持力FB、FC各是多大？12（18分）如圖所示，足夠長(zhǎng)的光滑金屬導(dǎo)軌與水平面的夾角為，兩導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，在導(dǎo)軌上端接入電源和滑動(dòng)變阻器，電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r一質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒ab與兩導(dǎo)軌垂直并接觸良好，整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B

8、，垂直于斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，導(dǎo)軌與導(dǎo)體棒的電阻不計(jì)（1）若要使導(dǎo)體棒ab靜止于導(dǎo)軌上，求滑動(dòng)變阻器的阻值應(yīng)取何值；（2）若將滑動(dòng)變阻器的阻值取為零，由靜止釋放導(dǎo)體棒ab，求釋放瞬間導(dǎo)體棒ab的加速度；（3）求第（2）問(wèn)所示情況中導(dǎo)體棒ab所能達(dá)到的最大速度的大小13生活中有許多實(shí)例可以近似看作是完全非彈性碰撞過(guò)程，如用錘打樁、雜技中“胸口碎石”的表演等可以從能量的角度認(rèn)識(shí)這些碰撞過(guò)程、用錘打樁是利用錘與樁碰撞后錘與樁的動(dòng)能使樁鉆入土層，這種情況希望碰撞過(guò)程中損失的動(dòng)能越少越好；而“胸口碎石”表演時(shí)，要求碰撞后錘與石塊的動(dòng)能越小越好，利用碰撞過(guò)程損失的動(dòng)能使石塊形變請(qǐng)你以質(zhì)量為m1的物體以初速

9、度v0與質(zhì)量為m2的靜止物體發(fā)生完全非彈性碰撞為例，計(jì)算碰撞過(guò)程損失的動(dòng)能，并說(shuō)明在什么情況下，系統(tǒng)損失的動(dòng)能更多14如圖，一根水平桿上等距離地穿著n個(gè)半徑相同的珠子，珠子可以在桿上無(wú)摩擦移動(dòng)，珠子的質(zhì)量依次為m，km，k2m，k3m，kk1m，其中是的取值范圍是k2使第一顆珠子在極短時(shí)間內(nèi)獲得初速度v0，之后每當(dāng)珠子之間發(fā)生碰撞時(shí)都會(huì)粘在一起a分析并說(shuō)明當(dāng)k取何值時(shí)，碰撞全部結(jié)束后系統(tǒng)的總動(dòng)能最大；k取何值時(shí)，碰撞全部結(jié)束后系統(tǒng)的總動(dòng)能最小b求出碰撞結(jié)束后系統(tǒng)相應(yīng)的最小總動(dòng)能和最大總動(dòng)能的比值北京市東城區(qū)2015屆高考物理三模試卷一、選擇題（共8小題，每小題6分，滿分48分）1有關(guān)熱現(xiàn)象，以

10、下說(shuō)法正確的是( )A液體很難被壓縮，是因?yàn)橐后w分子間有間隙B物體的內(nèi)能增加，一定因?yàn)槲樟藷崃緾物體吸收了熱量，溫度一定升度D任何熱機(jī)的效率都不可能達(dá)到100%考點(diǎn)：熱力學(xué)第一定律 分析：分子之間同時(shí)存在著引力和斥力；改變物體內(nèi)能的方式有做功和熱傳遞，這兩種方式是等效的根據(jù)熱力學(xué)第二定律的表述，任何熱機(jī)的效率都不可能達(dá)到100%解答：解：A、根據(jù)分子動(dòng)理論的內(nèi)容可知，固體很難被壓縮是因?yàn)槠鋬?nèi)部的分子之間存在斥力作用故A錯(cuò)誤；B、做功和熱傳遞都可以改變物體的內(nèi)能，物體的內(nèi)能增加，不一定因?yàn)槲樟藷崃浚蔅錯(cuò)誤；C、做功和熱傳遞都可以改變物體的內(nèi)能，如果氣體從外界吸收熱量，同時(shí)氣體對(duì)外做功，氣體

11、內(nèi)能可能不變，則溫度不變故C錯(cuò)誤；D、根據(jù)熱力學(xué)第二定律，任何熱機(jī)的效率都不可能達(dá)到100%故D正確故選：D點(diǎn)評(píng)：該題考查熱力學(xué)第一定律、熱力學(xué)第二定律和分子動(dòng)理論的基本內(nèi)容，要理解做功和熱傳遞是改變物體內(nèi)能的兩種方式2下列說(shuō)法正確的是( )A太陽(yáng)輻射的能量主要來(lái)自太陽(yáng)內(nèi)部的核裂變反應(yīng)B湯姆孫發(fā)現(xiàn)電子，表明原子具有核式結(jié)構(gòu)C一束光照射到某種金屬上不能發(fā)生光電效應(yīng)，是因?yàn)樵撌獾念l率小于該種金屬的極限頻率D按照玻爾理論，氫原子核外電子從半徑較小的軌道躍遷到半徑較大的軌道時(shí)，電子的動(dòng)能減小，原子總能量減小考點(diǎn)：氫原子的能級(jí)公式和躍遷；光電效應(yīng) 專題：光電效應(yīng)專題分析：太陽(yáng)輻射的能量主要來(lái)自太陽(yáng)內(nèi)部

12、的聚變反應(yīng)，湯姆孫發(fā)現(xiàn)電子，盧瑟福提出原子具有核式結(jié)構(gòu)，根據(jù)光電效應(yīng)發(fā)生的條件判定不能發(fā)生光電效應(yīng)的原因解答：解：A、太陽(yáng)輻射的能量主要來(lái)自太陽(yáng)內(nèi)部的聚變反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；B、湯姆孫發(fā)現(xiàn)電子，盧瑟福通過(guò)粒子的散射實(shí)驗(yàn)提出原子具有核式結(jié)構(gòu)，故B錯(cuò)誤；C、根據(jù)光電效應(yīng)發(fā)生的條件，掌握原子核式結(jié)構(gòu)模型的內(nèi)容，知道半衰期的特點(diǎn)，對(duì)一些物理學(xué)史要加強(qiáng)記憶，C正確；D、按照玻爾理論，氫原子核外電子從半徑較小的軌道躍遷到半徑較大的軌道時(shí)，電子的動(dòng)能減小，原子總能量增大，故D錯(cuò)誤故選：C點(diǎn)評(píng)：該題考查裂變與聚變、粒子散射實(shí)驗(yàn)、光電效應(yīng)以及波爾理論，重點(diǎn)掌握原子核式結(jié)構(gòu)模型的內(nèi)容，對(duì)一些物理學(xué)史要加強(qiáng)記憶3由于通

13、訊和廣播等方面的需要，許多國(guó)家發(fā)射了地球同步軌道衛(wèi)星，這些衛(wèi)星的( )A軌道半徑可以不同B角速度的大小可以不同C加速度的大小可以不同D質(zhì)量可以不同考點(diǎn)：同步衛(wèi)星 專題：人造衛(wèi)星問(wèn)題分析：了解同步衛(wèi)星的含義，即同步衛(wèi)星的周期必須與地球自轉(zhuǎn)周期相同物體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，它所受的合力提供向心力，也就是合力要指向軌道平面的中心通過(guò)萬(wàn)有引力提供向心力，列出等式通過(guò)已知量確定未知量解答：解：AB、它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(dòng)軌道所在平面與受到地球的引力就不在一個(gè)平面上，這是不可能的所以所有的同步衛(wèi)星都在赤道上方同一軌道上，因?yàn)橥叫l(wèi)星要和地球自轉(zhuǎn)同步，即這些衛(wèi)星相同，根據(jù)萬(wàn)

14、有引力提供向心力得：=m2r，因?yàn)橐欢ǎ?r 必須固定故AB錯(cuò)誤C、根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力得：=ma，因?yàn)閞一定，所以這些衛(wèi)星加速度的大小相等故C錯(cuò)誤D、許多國(guó)家發(fā)射了地球同步軌道衛(wèi)星，這些衛(wèi)星的質(zhì)量可以不同故D正確故選：D點(diǎn)評(píng)：地球質(zhì)量一定、自轉(zhuǎn)速度一定，同步衛(wèi)星要與地球的自轉(zhuǎn)實(shí)現(xiàn)同步，就必須要角速度與地球自轉(zhuǎn)角速度相等，這就決定了它的軌道高度和線速度4一列簡(jiǎn)諧機(jī)械橫波某時(shí)刻的波形圖如圖所示，波源的平衡位置坐標(biāo)為x=0當(dāng)波源質(zhì)點(diǎn)處于其平衡位置且向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，介質(zhì)中平衡位置坐標(biāo)x=2m的質(zhì)點(diǎn)所處位置及運(yùn)動(dòng)情況是( )A在其平衡位置下方且向上運(yùn)動(dòng)B在其平衡位置下方且向下運(yùn)動(dòng)C在其平衡位置且向上

15、運(yùn)動(dòng)D在其平衡位置且向下運(yùn)動(dòng)考點(diǎn)：波長(zhǎng)、頻率和波速的關(guān)系 專題：振動(dòng)圖像與波動(dòng)圖像專題分析：由圖讀出波長(zhǎng)根據(jù)波源質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向可確定x=2m的質(zhì)點(diǎn)所處位置及運(yùn)動(dòng)情況解答：解：由圖=4m，坐標(biāo)x=2m的質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)情況與波源的振動(dòng)情況總是相反當(dāng)波源質(zhì)點(diǎn)處于其平衡位置且向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，則x=2m的質(zhì)點(diǎn)在平衡位置且向上運(yùn)動(dòng)故C正確故選：C點(diǎn)評(píng)：本題中波源與x=2m的質(zhì)點(diǎn)是反相點(diǎn)，與波源反相的點(diǎn)坐標(biāo)通項(xiàng)式是x=（n+）=（4n+2）m，n=0，1，2，5如圖所示電路，電源內(nèi)阻不可忽略開關(guān)S閉合后，在變阻器R0的滑動(dòng)端向上滑動(dòng)的過(guò)程中( )A電壓表與電流表的示數(shù)都減小B電壓表與電流表的示數(shù)都增大C電壓表的示數(shù)

16、增大，電流表的示數(shù)減小D電壓表的示數(shù)減小，電流表的示數(shù)增大考點(diǎn)：閉合電路的歐姆定律 專題：恒定電流專題分析：在變阻器R0的滑片向上滑動(dòng)的過(guò)程中，變阻器接入電路的電阻增大，外電路總電阻增大，根據(jù)閉合電路歐姆定律分析干路電流和路端電壓如何變化，即可知電壓表示數(shù)的變化情況由歐姆定律分析并聯(lián)部分電壓的變化，判斷電流表示數(shù)的變化解答：解：在變阻器R0的滑片向上滑動(dòng)的過(guò)程中，變阻器接入電路的電阻增大，變阻器R0與R2并聯(lián)電阻R并增大，則外電路總電阻增大，根據(jù)閉合電路歐姆定律得知，干路電流I減小，電源的內(nèi)電壓減小，則路端電壓U增大，電壓表示數(shù)增大并聯(lián)部分電壓U并=EI（R1+r），I減小，E、R1、r均不變

17、，則U并增大，故電流表示數(shù)增大故B正確，ACD錯(cuò)誤故選：B點(diǎn)評(píng)：本題是電路的動(dòng)態(tài)變化分析問(wèn)題，首先確定出變阻器接入電路的電阻如何變化，再按局部到整體，再到部分的思路進(jìn)行分析6一理想變壓器，原、副線圈的匝數(shù)比為4：1原線圈接在一個(gè)交流電源上，交變電壓隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖所示副線圈所接的負(fù)載電阻是11則下列說(shuō)法中正確的是( )A原線圈交變電流的頻率為100 HzB變壓器輸入、輸出功率之比為4：1C副線圈輸出電壓為55 VD流過(guò)副線圈的電流是1 A考點(diǎn)：變壓器的構(gòu)造和原理；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：根據(jù)圖象可以求得輸出電壓的有效值、周期和頻率等，再根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比即

18、可求得結(jié)論解答：解：A、由圖象可知，交流電的周期為0.02s，所以f=50Hz，所以A錯(cuò)誤；B、理想變壓器的輸入功率和輸出功率相等，故B錯(cuò)誤；C、由圖象可知，交流電的電壓的最大值為311V，所以輸入的電壓的有效值為U1=V=220V，根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比可知，副線圈電壓為55V，故C正確；D、根據(jù)I=可得電流I=5A，所以D錯(cuò)誤故選：C點(diǎn)評(píng)：本題主要考查變壓器的知識(shí)，要能對(duì)變壓器的最大值、有效值、瞬時(shí)值以及變壓器變壓原理、功率等問(wèn)題徹底理解7如圖是安裝在列車車廂之間的摩擦緩沖器結(jié)構(gòu)的俯視圖，圖中和為楔塊，楔塊的斜面與水平的夾角為；和為墊板；彈簧a和彈簧b質(zhì)量不計(jì)；楔塊與彈簧盒、墊板之間均有摩擦

19、，在車廂互相撞擊使墊板向盒里壓進(jìn)的過(guò)程中( )A彈簧a與彈簧b的壓縮量之比是cotB彈簧a與彈簧b的壓縮量之比是2tanC當(dāng)彈簧壓縮到最短的時(shí)候，楔塊的速度一定為零D當(dāng)彈簧壓縮到最短的時(shí)候，墊板的速度一定為零考點(diǎn)：胡克定律；運(yùn)動(dòng)的合成和分解 分析：以彈簧盒為參考系，向右下方運(yùn)動(dòng)，分解為水平向右的分運(yùn)動(dòng)和豎直向下的分運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平行四邊形定則得到兩個(gè)分位移的比值解答：解：AB、以彈簧盒為參考系，向右下方運(yùn)動(dòng)，為合運(yùn)動(dòng)，分解為水平向右的分運(yùn)動(dòng)和豎直向下的分運(yùn)動(dòng)，故豎直分位移與水平分位移的比值為：x1：x2=tan，由于相互靠近，故彈簧a的壓縮量為2x1，故彈簧a與彈簧b的壓縮量之比是2tan；故A錯(cuò)

20、誤，B正確；CD、火車不一定靜止，故楔塊和的速度不一定為零，故C錯(cuò)誤，D錯(cuò)誤；故選：B點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵是明確減震原理，找出分運(yùn)動(dòng)和合運(yùn)動(dòng)，結(jié)合運(yùn)動(dòng)的合成與分解的平行四邊形定則進(jìn)行分析，不難8已知存在以下幾種使物體帶電的辦法：摩擦起電；接觸起電；靜電感應(yīng)；電介質(zhì)的極化其中前三種方式是同學(xué)們熟悉的，對(duì)第種方式的簡(jiǎn)介如下、一些電介質(zhì)（絕緣體）的分子在受到外電場(chǎng)的作用時(shí)，在跟外電場(chǎng)垂直的兩個(gè)表面上會(huì)出現(xiàn)等量的正、負(fù)電荷，這種電荷不能離開電介質(zhì)，也不能在電介質(zhì)內(nèi)部自由移動(dòng)，叫做束縛電荷用絲綢摩擦過(guò)的玻璃棒去靠近碎紙屑，對(duì)于可能出現(xiàn)的情況及其分析，下列選項(xiàng)中正確的是( )A玻璃棒會(huì)吸引紙屑，這是因?yàn)榧埿纪ㄟ^(guò)

21、第種方式帶了電B有些紙屑會(huì)粘在玻璃棒上，這是因?yàn)榧埿纪ㄟ^(guò)第種方式帶了電C有些紙屑被玻璃棒吸引，吸上后又馬上彈開，整個(gè)過(guò)程只包含第種帶電方式D有些紙屑被玻璃棒吸引，吸上后又馬上彈開，整個(gè)過(guò)程包括第和第兩種帶電方式考點(diǎn)：電荷守恒定律 專題：電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題分析：帶電體具有吸引輕小物體的性質(zhì)，電荷間的相互作用規(guī)律：同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引解答：解：A、有些紙屑會(huì)粘在玻璃棒上，這是因?yàn)榧埿纪ㄟ^(guò)第種方式帶了電，故A錯(cuò)誤，B正確；C、碎紙屑被吸引是因?yàn)閹щ婓w具有吸引輕小物體的性質(zhì)，有的紙屑接觸玻璃棒后“跳開”，是因?yàn)檫@些紙屑帶上和玻璃棒相同的電荷，同種電荷相互排斥的緣故故C正確，D錯(cuò)誤；故

22、選：BC點(diǎn)評(píng)：了解摩擦起電現(xiàn)象，知道帶電體吸引輕小物體的性質(zhì)，了解電荷間的相互作用規(guī)律對(duì)解決此類題目很關(guān)鍵二、非選擇題9用雙縫干涉測(cè)光的波長(zhǎng)實(shí)驗(yàn)裝置如圖甲所示，已知雙縫與屏的距離L=700mm，雙縫間距d=0.25mm用測(cè)量頭來(lái)測(cè)量光屏上干涉亮條紋中心的距離測(cè)量頭由分劃板、目鏡、手輪等構(gòu)成，轉(zhuǎn)動(dòng)手輪，使分劃板左右移動(dòng)，讓分劃板的中心刻線對(duì)準(zhǔn)屏上亮紋的中心，（如圖乙所示），記下此時(shí)手輪上的讀數(shù)，轉(zhuǎn)動(dòng)測(cè)量頭，使分劃板中心刻線對(duì)準(zhǔn)另一條亮紋的中心，記下此時(shí)手輪上的讀數(shù)劃板的中心刻線對(duì)準(zhǔn)第1條亮紋的中心時(shí)，手輪上的讀數(shù)x1=2.190mm，對(duì)準(zhǔn)第4條亮紋中心時(shí)，手輪上的讀數(shù)x2如圖丙所示，則x2=7.

23、868 mm，相鄰兩條亮紋間的距離x=1.893 mm計(jì)算波長(zhǎng)的公式=；求得的波長(zhǎng)值是676nm考點(diǎn)：用雙縫干涉測(cè)光的波長(zhǎng) 專題：實(shí)驗(yàn)題分析：螺旋測(cè)微器的讀數(shù)等于固定刻度讀數(shù)加上可動(dòng)刻度讀數(shù)，需要估讀，從而根據(jù)，即可求解；根據(jù)雙縫干涉條紋的間距公式x=推導(dǎo)出波長(zhǎng)的表達(dá)式，并求出波長(zhǎng)的大小解答：解：圖丙中，對(duì)準(zhǔn)第4條亮紋時(shí)固定刻度讀數(shù)為7.5mm，可動(dòng)讀數(shù)為0.01×36.8=0.368mm，所以最終讀數(shù)為7.868mm再根據(jù)，解得：x=1.893mm；根據(jù)雙縫干涉條紋的間距公式x=得：=6.76×107m=676nm故答案為：7.868，1.893；，676點(diǎn)評(píng)：考查螺旋測(cè)

24、微器的讀數(shù)方法，固定刻度讀數(shù)加上可動(dòng)刻度讀數(shù)，不需估讀；同時(shí)關(guān)鍵掌握雙縫干涉條紋的間距公式x=，以及知道為了減小實(shí)驗(yàn)的測(cè)量誤差，量出n個(gè)條紋間的距離去求相鄰條紋的間距10某同學(xué)要通過(guò)實(shí)驗(yàn)測(cè)定一根柱狀金屬絲的阻值，這根金屬絲長(zhǎng)約為20cm橫截面積約為1mm，金屬絲的電阻率是5×10m現(xiàn)有電動(dòng)勢(shì)為4.5V的電源，另有如下器材供選擇：A量程為00.6A，內(nèi)阻約為1的電流表B量程為01A，內(nèi)阻約為10的電流表C量程為06V，內(nèi)阻約為4k的電壓表D量程為010V，內(nèi)阻約為50k的電壓表E阻值為020，額定電流為1A的滑動(dòng)變阻器F阻值為01k，額定電流為0.1A的滑動(dòng)變阻器以上器材應(yīng)選用A、C、

25、E（填寫器材前的字母）出實(shí)驗(yàn)電路圖（圖1）圖2所示器材連接成實(shí)驗(yàn)電路何實(shí)驗(yàn)都存在誤差，依據(jù)你所畫的電路圖進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，在所有測(cè)量?jī)x器都已校準(zhǔn)的情況下，電阻的測(cè)量值與真實(shí)值相比將偏?。ㄟx填“偏大”、“偏小，或“相等”）；造成這種誤差的原因是由于電壓表的內(nèi)阻的影響考點(diǎn)：伏安法測(cè)電阻 分析：（1）根據(jù)電源電動(dòng)勢(shì)選擇電壓表；由電阻定律求出金屬絲的電阻，由歐姆定律求出電路最大電流，根據(jù)該電流選擇電流表；根據(jù)安全性原則與方便操作原則選擇滑動(dòng)變阻器；（2）根據(jù)金屬絲電阻與電表內(nèi)阻間的關(guān)系確定電流表采用內(nèi)接法還是外接法（3）根據(jù)伏安法測(cè)電阻的原理作出實(shí)驗(yàn)電路圖（4）根據(jù)電壓表的分流分析誤差的來(lái)源；解答：解：（1）

26、電源電動(dòng)勢(shì)是4.5V，因此電壓表選量程為06V，內(nèi)阻約為4k的電壓表C；金屬絲的電阻約為：R=5×105m×=10，電路最大電流：I=0.45A電流表選量程為00.6A，內(nèi)阻約為1的電流表A；電路電流可以達(dá)到0.45A0.1A，為保證電路安全，同時(shí)方便實(shí)驗(yàn)操作，滑動(dòng)變阻器選阻值為010，額定電流為1A的滑動(dòng)變阻器E；（2）電阻絲電阻是10，電流表內(nèi)阻是1，電壓表內(nèi)阻是4k，電壓表內(nèi)阻遠(yuǎn)大于電阻絲阻值，因此應(yīng)采用電流表的外接法；（3）把電源、開關(guān)、滑動(dòng)變阻器、電流表、電阻絲、串連接入電路，電壓表并聯(lián)在電阻絲兩端，電路圖如圖所示（4）何實(shí)驗(yàn)都存在誤差，依據(jù)你所畫的電路圖進(jìn)行實(shí)驗(yàn)

27、，在所有測(cè)量?jī)x器都已校準(zhǔn)的情況下，由于電壓表的分流，電流表讀數(shù)大于通過(guò)電阻的實(shí)際電流，所以電阻的測(cè)量值與真實(shí)值相比將偏小，造成這種誤差的原因是由于電壓表的內(nèi)阻的影響故答案為：（1）A、C、E；（2）如圖；（3）如圖所示（4）偏?。浑妷罕睃c(diǎn)評(píng)：本題考查了實(shí)驗(yàn)器材的選擇、實(shí)驗(yàn)電路的設(shè)計(jì)，熟練應(yīng)用電阻定律、知道電流表采用內(nèi)外接法的選擇原則是正確解題的關(guān)鍵11（16分）AB是豎直平面內(nèi)的四分之一圓弧軌道，在下端B與水平直軌相切，如圖所示一可視為質(zhì)點(diǎn)的小球自A點(diǎn)起由靜止開始沿軌道下滑已知圓軌道半徑為R，小球的質(zhì)量為m，不計(jì)各處摩擦求：（1）小球下滑到B點(diǎn)時(shí)速度的大小；（2）小球經(jīng)過(guò)圓弧軌道的B點(diǎn)和水平軌

28、道的C點(diǎn)時(shí)，所受軌道支持力FB、FC各是多大？考點(diǎn)：動(dòng)能定理；向心力 專題：動(dòng)能定理的應(yīng)用專題分析：根據(jù)機(jī)械能守恒定律求出小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的速度；根據(jù)牛頓第二定律求出B點(diǎn)的支持力大小，在C點(diǎn)支持力大小等于重力的大小解答：解：（1）小球從A到B的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，機(jī)械能守恒，選BC所在水平面為參考平面，則： 則小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度為：（2）根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律，小球在B點(diǎn)時(shí)，有：Nmg=m， 解得：NB=3mg 在C點(diǎn)：Nc=mg答：（1）小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度為（2）小球經(jīng)過(guò)圓弧軌道的B點(diǎn)和水平軌道的C點(diǎn)時(shí)，所受軌道支持力NB、NC各是3mg、mg點(diǎn)評(píng)：本題考查了機(jī)械能守恒定律的基本運(yùn)用，以及掌握?qǐng)A周運(yùn)

29、動(dòng)靠徑向的合力提供向心力，通過(guò)牛頓第二定律求解支持力的大小12（18分）如圖所示，足夠長(zhǎng)的光滑金屬導(dǎo)軌與水平面的夾角為，兩導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，在導(dǎo)軌上端接入電源和滑動(dòng)變阻器，電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r一質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒ab與兩導(dǎo)軌垂直并接觸良好，整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，垂直于斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，導(dǎo)軌與導(dǎo)體棒的電阻不計(jì)（1）若要使導(dǎo)體棒ab靜止于導(dǎo)軌上，求滑動(dòng)變阻器的阻值應(yīng)取何值；（2）若將滑動(dòng)變阻器的阻值取為零，由靜止釋放導(dǎo)體棒ab，求釋放瞬間導(dǎo)體棒ab的加速度；（3）求第（2）問(wèn)所示情況中導(dǎo)體棒ab所能達(dá)到的最大速度的大小考點(diǎn)：安培力；牛頓第二定律 分析：（1）導(dǎo)體棒靜止于導(dǎo)軌上，受重力、支持

30、力和安培力處于平衡，根據(jù)安培力大小公式、閉合電路歐姆定律，結(jié)合共點(diǎn)力平衡求出滑動(dòng)變阻器的阻值（2）根據(jù)閉合電路歐姆定律求出電流的大小，從而得出導(dǎo)體棒所受的安培力，根據(jù)牛頓第二定律求出釋放導(dǎo)體棒ab的加速度（3）當(dāng)重力下滑分力與安培力相等時(shí)，導(dǎo)體棒ab達(dá)到最大速度，根據(jù)平衡求出最大速度解答：解：（1）若要使導(dǎo)體棒ab靜止于導(dǎo)軌上，則要求導(dǎo)體棒ab所受的重力、支持力、安培力三力平衡，導(dǎo)體棒在沿斜面方向的受力滿足：mgsin=F安，其中F安=BIL，設(shè)導(dǎo)體棒ab靜止時(shí)變阻器的阻值為R，由閉合電路歐姆定律有：，解得R=（2）當(dāng)變阻器的阻值為零時(shí)，回路中的電流大于使導(dǎo)體棒ab靜止時(shí)的電流，安培力大于使導(dǎo)

31、體棒ab靜止時(shí)的安培力，因此，由靜止開始釋放的瞬間，導(dǎo)體棒的加速度方向沿斜面向上由牛頓第二定律：F安mgsin=ma，其中F安=BIL，由閉合電路歐姆定律：I=，解得釋放瞬間導(dǎo)體棒ab的加速度a=（3）當(dāng)重力下滑分力與安培力相等時(shí)，導(dǎo)體棒ab達(dá)到最大速度vm，即當(dāng)mgsin=BIL時(shí)，達(dá)到最大速度此時(shí)導(dǎo)體棒中由于切割產(chǎn)生的E=BLvm，由閉合電路歐姆定律，此時(shí)回路中的電流I=解得答：（1）滑動(dòng)變阻器的阻值應(yīng)??；（2）釋放瞬間導(dǎo)體棒ab的加速度為；（3）導(dǎo)體棒ab所能達(dá)到的最大速度的大小為點(diǎn)評(píng)：本題是金屬棒平衡問(wèn)題和動(dòng)力學(xué)問(wèn)題，關(guān)鍵分析受力情況，特別是分析和計(jì)算安培力的大小難度中等13生活中有許

32、多實(shí)例可以近似看作是完全非彈性碰撞過(guò)程，如用錘打樁、雜技中“胸口碎石”的表演等可以從能量的角度認(rèn)識(shí)這些碰撞過(guò)程、用錘打樁是利用錘與樁碰撞后錘與樁的動(dòng)能使樁鉆入土層，這種情況希望碰撞過(guò)程中損失的動(dòng)能越少越好；而“胸口碎石”表演時(shí)，要求碰撞后錘與石塊的動(dòng)能越小越好，利用碰撞過(guò)程損失的動(dòng)能使石塊形變請(qǐng)你以質(zhì)量為m1的物體以初速度v0與質(zhì)量為m2的靜止物體發(fā)生完全非彈性碰撞為例，計(jì)算碰撞過(guò)程損失的動(dòng)能，并說(shuō)明在什么情況下，系統(tǒng)損失的動(dòng)能更多考點(diǎn)：動(dòng)量守恒定律 專題：動(dòng)量定理應(yīng)用專題分析：物體發(fā)生完全非彈性碰撞，碰撞后物體的速度相等，碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律與能量守恒定律分析答題解答：解：物體碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以m1的初速度方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律得：m1v0=（m1+m2）v，由能量守恒定律得，損失的動(dòng)能：EK=m1v02（m1+m2）v2，解得：EK=m1v02，當(dāng)越小，碰撞過(guò)程損失的動(dòng)能越多；答：損失的動(dòng)能為：m1v02，當(dāng)越小，碰撞過(guò)程損失的動(dòng)能越多點(diǎn)評(píng)：本題考查了求