2015年福建省高考物理試卷(含答案)

1、高考真題及答案2015年福建省高考物理試卷一、選擇題（共6小題，每小題6分，滿分36分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中， 只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求。）1. （6分）如圖，一束光經(jīng)玻璃三棱鏡折射后分為兩束單色光 a、b,波長(zhǎng)分別為 加 L該玻璃對(duì)單色光a、b的折射率分別為na、nb,則（）A.2a< 瓦na>nbB.后>方，na<nbC.2a<N,na<nbD.后> 甌na>nb2. （6分）如圖，若兩顆人造衛(wèi)星a和b均繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，a、b到地心O的距離分別為門、2,線速度大小分別為VI、V2,則（3. （6分）圖為遠(yuǎn)距離輸電示意圖，兩變壓器均為

2、理想變壓器,失的電功率為（2nLn2C. 4P()2r D. 4 (升壓變壓器的原、副線圈匝數(shù)分別為ni、n2,在原線圈兩端接入一電壓u=Umsin的交流電源，若 輸送電功率為P,輸電線的總電阻為2r,不考慮其它因素的影響，則輸電線上損4. （6分）簡(jiǎn)諧橫波在同一均勻介質(zhì)中沿 x軸正方向傳播，波速為v,若某時(shí)刻在波的傳播方向上，位于平衡位置的兩質(zhì)點(diǎn) a、b相距為s, a、b之間只存在一a最早到達(dá)波谷的是（個(gè)波谷，則從該時(shí)刻起，下列四幅波形圖中質(zhì)點(diǎn)D.5. （6分）如圖，在豎直平面內(nèi)，滑道 ABC關(guān)于B點(diǎn)對(duì)稱，且 A B、C三點(diǎn)在 同一水平線上.若小滑塊第一次由 A滑到C,所用的時(shí)間為ti,第二

3、次由C滑到 A,所用的時(shí)間為t2,小滑塊兩次的初速度大小相同且運(yùn)動(dòng)過程始終沿著滑道滑 行，小滑塊與滑道的動(dòng)摩擦因數(shù)恒定，則（）A. ti<t2 B. ti=t2C. tl>t2 D.無法比較tl、t2的大小6. （6分）如圖，由某種粗細(xì)均勻的總電阻為3R的金屬條制成的矩形線框abcd, 固定在水平面內(nèi)且處于方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng) B中. 一接入電路電阻為R的導(dǎo)體棒PQ,在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v勻速滑動(dòng)，滑動(dòng)過程PQ始終與 ab垂直，且與線框接觸良好，不計(jì)摩擦.在 PQ從靠近ad處向bc滑動(dòng)的過程中A. PQ中電流先增大后減小B. PQ兩端電壓先減小后增大C. PQ上拉力

4、的功率先減小后增大D.線框消耗的電功率先減小后增大、非選擇題（本題包括4小題，共72分）7. （6分）某同學(xué)做 探究彈力和彈簧伸長(zhǎng)量的關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)。 I二.圖甲是不掛鉤碼時(shí)彈簧下端指針?biāo)傅臉?biāo)尺刻度，其示數(shù)為7.73cm；圖乙是在彈簧下端懸掛鉤碼后指針?biāo)傅臉?biāo)尺刻度，此時(shí)彈簧的伸長(zhǎng)量41為cm；本實(shí)驗(yàn)通過在彈簧下端懸掛鉤碼的方法來改變彈簧的彈力，關(guān)于此操作，下列選項(xiàng)中規(guī)范的做法是 ;（填選項(xiàng)前的字母）A.逐一增掛鉤碼，記下每增加一只鉤碼后指針?biāo)傅臉?biāo)尺刻度和對(duì)應(yīng)的鉤碼總 重B.隨意增減鉤碼，記下增減鉤碼后指針?biāo)傅臉?biāo)尺刻度和對(duì)應(yīng)的鉤碼總重圖內(nèi)是該同學(xué)描繪的彈簧的伸長(zhǎng)量4 1與彈力F的關(guān)系圖線。

5、圖線的AB段明顯 偏離直線OA,造成這種現(xiàn)象的主要原因是。8. （12分）某學(xué)習(xí)小組探究一小電珠在不同電壓下的電功率大小，實(shí)驗(yàn)器材如 圖甲所示，現(xiàn)已完成部分導(dǎo)線的連接.甲.3 一制 2.70 2.40 2.10 I4W L5n 1.2U0.1() 0.2() 030 0.40 0.% 0.600實(shí)驗(yàn)要求滑動(dòng)變阻器的滑片從左到右移動(dòng)過程中，電流表的示數(shù)從零開始逐漸增大，請(qǐng)按此要求用筆畫線代替導(dǎo)線在圖甲實(shí)物接線圖中完成余下導(dǎo)線的連接； 某次測(cè)量，電流表指針偏轉(zhuǎn)如圖乙所示，則電流表的示數(shù)為 A; 該小組描繪出的伏安特性曲線如圖內(nèi)所示，根據(jù)圖線判斷，將 只相同 的小電珠并聯(lián)后，直接與電動(dòng)勢(shì)為3V、內(nèi)阻

6、為1Q的電源組成閉合回路，可使小 電珠的總功率最大，其總功率的值為 W (保留兩位小數(shù)).9. (15分)一摩托車由靜止開始在平直的公路上行駛，其運(yùn)動(dòng)過程的v-t圖象如圖所示.求：(1)摩托車在020s這段時(shí)間的加速度大小a；(2)摩托車在075s這段時(shí)間的平均速度大小v.10. (19分)如圖，質(zhì)量為M的小車靜止在光滑水平面上，小車 AB段是半徑為R的四分之一圓弧光滑軌道，BC段是長(zhǎng)為L(zhǎng)的水平粗糙軌道，兩段軌道相切于 B 點(diǎn).一質(zhì)量為m的滑塊在小車上從A點(diǎn)由靜止開始沿軌道滑下，重力加速度為g.(1)若固定小車，求滑塊運(yùn)動(dòng)過程中對(duì)小車的最大壓力；(2)若不固定小車，滑塊仍從 A點(diǎn)由靜止下滑，然

7、后滑入 BC軌道，最后從C 點(diǎn)滑出小車.已知滑塊質(zhì)量 m=1,在任一時(shí)刻滑塊相對(duì)地面速度的水平分量是 小車速度大小的2倍，滑塊與軌道BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 內(nèi)求：滑塊運(yùn)動(dòng)過程中，小車的最大速度大小 Vm ；滑塊從B到C運(yùn)動(dòng)過程中，小車的位移大小s.11. (20分)如圖，絕緣粗糙的豎直平面 MN左側(cè)同時(shí)存在相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)方向水平向右，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E,磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B. 一質(zhì)量為m ,電荷量為q的帶正電的小滑塊從A點(diǎn)由靜止 開始沿MN下滑，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)離開MN做曲線運(yùn)動(dòng).A、C兩點(diǎn)間距離為h,重 力加速度為g.（1）求小滑塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)的速度大小Vc；（

8、2）求小滑塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)過程中克服摩擦力做的功 Wf；（3）若D點(diǎn)為小滑塊在電場(chǎng)力、洛倫茲力及重力作用下運(yùn)動(dòng)過程中速度最大的 位置，當(dāng)小滑塊運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)撤去磁場(chǎng)，此后小滑塊繼續(xù)運(yùn)動(dòng)到水平地面上的 P 點(diǎn).已知小滑塊在D點(diǎn)時(shí)的速度大小為vd,從D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的時(shí)間為t,求小 滑塊運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)速度的大小Vp.物理-選彳3-312. （6分）下列有關(guān)分子動(dòng)理論和物質(zhì)結(jié)構(gòu)的認(rèn)識(shí)，其中正確的是（）A.分子間距離減小時(shí)分子勢(shì)能一定減小B.溫度越高，物體中分子無規(guī)則運(yùn)動(dòng)越劇烈C.物體內(nèi)熱運(yùn)動(dòng)速率大的分子數(shù)占總分子數(shù)比例與溫度無關(guān)D.非晶體的物理性質(zhì)各向同性而晶體的物理性質(zhì)都是各向異性13. （6分）如圖

9、，一定質(zhì)量的理想氣體，由狀態(tài) a經(jīng)過ab過程到達(dá)狀態(tài)b或者 經(jīng)過ac過程到達(dá)狀態(tài)c.設(shè)氣體在狀態(tài)b和狀態(tài)c的溫度分別為Tb和Tc,在過 程ab和ac中吸收的熱量分別為Qab和Qac,則（）06 2匕 KA. Tb>Tc, Qab>QacB. Tb>Tc, Qab< QacC. Tb=Tc, Qab>Qac D. Tb=Tc, Qab<Qac物理-選彳3-514.下列有關(guān)原子結(jié)構(gòu)和原子核的認(rèn)識(shí)，其中正確的是（A. 丫射線是高速運(yùn)動(dòng)的電子流B.氫原子輻射光子后，其繞核運(yùn)動(dòng)的電子動(dòng)能增大C,太陽輻射能量的主要來源是太陽中發(fā)生的重核裂變Bi的半衰期是5天,100克g

10、Bi經(jīng)過10天后還剩下50克15.如圖，兩滑塊A、B在光滑水平面上沿同一直線相向運(yùn)動(dòng)，滑塊 A的質(zhì)量為 m,速度大小為2v0,方向向右，滑塊B的質(zhì)量為2m,速度大小為v°,方向向左, 兩滑塊發(fā)生彈性碰撞后的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)是（）左生，3右A. A和B都向左運(yùn)動(dòng) B. A和B都向右運(yùn)動(dòng)C. A靜止，B向右運(yùn)動(dòng)D. A向左運(yùn)動(dòng)，B向右運(yùn)動(dòng)2015年福建省高考物理試卷參考答案與試題解析一、選擇題（共6小題，每小題6分，滿分36分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中， 只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求。）1. （6分）如圖，一束光經(jīng)玻璃三棱鏡折射后分為兩束單色光 a、b,波長(zhǎng)分別為 加腦該玻璃對(duì)單色光a、b的折射率分

11、別為na、nb,則（）A. 2a< 瓦 na>nb B.后> 方，na<nb C. 2a< N, na<nb D.后> 甌 na>nb【分析】根據(jù)光線的偏折程度比較光的折射率大小，從而得出光的波長(zhǎng)大小.【解答】解：由光路圖可知，a光的偏折程度較小，b光的偏折程度較大，則a光的折射率小，b光的折射率大。即n£1< nb。折射率越大，頻率越大，波長(zhǎng)越小，則知 a光的波長(zhǎng)大，即%>江故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的突破口在于通過光線的偏折程度比較出光的折射率大小，知道折射率、頻率、波長(zhǎng)、在介質(zhì)中的速度等大小關(guān)系.2. （6分）如圖，若

12、兩顆人造衛(wèi)星a和b均繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，a、b到地心O的距離分別為門、2,線速度大小分別為VI、V2,則（2【分析】根據(jù)萬有引力提供向心力瞿=鵬，解出線速度與軌道半徑r的關(guān)系進(jìn)行求解.【解答】解：根據(jù)萬有引力提供向心力駕二mF rv=護(hù)工，a、b到地心O的距離分別為門、2,所以三國故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵是要掌握萬有引力提供向心力這個(gè)關(guān)系，能夠根據(jù)題意選擇恰 當(dāng)?shù)南蛐牧Φ谋磉_(dá)式.3. （6分）圖為遠(yuǎn)距離輸電示意圖，兩變壓器均為理想變壓器，升壓變壓器的原、副線圈匝數(shù)分別為ni、n2,在原線圈兩端接入一電壓u=Umsin的交流電源，若2r,不考慮其它因素的影響，則輸電線上損輸送電功率為P,輸電

13、線的總電阻為失的電功率為（）2、9月I)2r D. 4 (一 n2PC. 4【分析】理想變壓器輸入功率和輸出功率相等，通過原線圈的電壓求出副線圈的 電壓，再根據(jù)1=，求出輸電線上的電流，從而求出輸電線上消耗的功率?！窘獯稹拷猓杭釉谠€圈上的電壓Ui=,根據(jù)電壓比與匝數(shù)比關(guān)系:所以:根據(jù)I=L，輸電線上的電流I=L,輸電線上消耗的功率P耗=I2?2r=4(2)2 (2-) UU2nzU 抽2r.故D正確，A、B、C錯(cuò)誤。故選：Do【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵注意電壓有效值的使用及變壓器的特點(diǎn)，輸入功率等于輸出功率，電壓比等于匝數(shù)比。4. (6分)簡(jiǎn)諧橫波在同一均勻介質(zhì)中沿 x軸正方向傳播，波速為v,若

14、某時(shí)刻在波的傳播方向上，位于平衡位置的兩質(zhì)點(diǎn) a、b相距為s, a、b之間只存在一a最早到達(dá)波谷的是(個(gè)波谷，則從該時(shí)刻起，下列四幅波形圖中質(zhì)點(diǎn)【分析】根據(jù)波的傳播方向判斷出a點(diǎn)的振動(dòng)方向，讀出波長(zhǎng)，求出周期。分別 得到質(zhì)點(diǎn)a從圖示位置到達(dá)波谷的時(shí)間，從而進(jìn)行比較?！窘獯稹拷猓篈圖中，波長(zhǎng)為2s,周期為T±Lj看.a點(diǎn)正向上振動(dòng)，質(zhì)點(diǎn)a v v從圖示位置到達(dá)波谷的時(shí)間tA=T喏；B圖中，波長(zhǎng)為s,周期為T=一二.a點(diǎn)正向下振動(dòng)，質(zhì)點(diǎn)a從圖示位置到達(dá)波谷的時(shí)間tB=，T曦；C圖中，波長(zhǎng)為s,周期為T一底.a點(diǎn)正向上振動(dòng)，質(zhì)點(diǎn)a從圖示位置到達(dá) 7 v波谷的時(shí)間t4丁唔；D圖中，波長(zhǎng)為三s

15、,周期為丁上等. a點(diǎn)正向下振動(dòng)，質(zhì)點(diǎn)a從圖示位置到3 v 3v達(dá)波谷的時(shí)間tA=7T=7T-；4 6v故D圖中質(zhì)點(diǎn)a最早到達(dá)波谷。故選：Do【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵要確定波長(zhǎng)與s的關(guān)系，求得周期。能熟練根據(jù)波的傳 播方向判斷質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向。5. （6分）如圖，在豎直平面內(nèi)，滑道 ABC關(guān)于B點(diǎn)對(duì)稱，且 A B、C三點(diǎn)在 同一水平線上.若小滑塊第一次由 A滑到C,所用的時(shí)間為ti,第二次由C滑到A,所用的時(shí)間為t2,小滑塊兩次的初速度大小相同且運(yùn)動(dòng)過程始終沿著滑道滑 行，小滑塊與滑道的動(dòng)摩擦因數(shù)恒定，則（）A. tl<t2 B. tl=t2C. tl>t2 D.無法比較tl、t2的大

16、小【分析】滑塊做圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律判斷滑塊受到的支持力大小關(guān)系，然后判斷摩擦力大小關(guān)系，再比較滑塊的運(yùn)動(dòng)時(shí)間.2【解答】解：在AB段，由牛頓第二定律得：mg-F=mJ,滑塊受到的支持力：R2F=mg- m-,則速度v越大，滑塊受支持力F越小，摩擦力f=小就越小，R22在BC段，由牛頓第二定律得：F-mg=m二，滑塊受到的支持力：F=mg+m ,RR則速度v越大，滑塊受支持力F越大，摩擦力f就越大，由題意知從A運(yùn)動(dòng)到C相比從C到A,在AB段速度較大，在BC段速度較小，所以從A到C運(yùn)動(dòng)過程受摩擦力較小，用時(shí)短，故 A正確，BCD錯(cuò)誤；故選：Ao【點(diǎn)評(píng)】本題考查了比較滑塊運(yùn)動(dòng)時(shí)間關(guān)系， 分析

17、清楚滑塊的運(yùn)動(dòng)過程、 應(yīng)用牛頓第二定律與摩擦力公式即可正確解題.6. （6分）如圖，由某種粗細(xì)均勻的總電阻為3R的金屬條制成的矩形線框abcd, 固定在水平面內(nèi)且處于方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng) B中. 一接入電路電阻為R的導(dǎo) 體棒PQ,在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v勻速滑動(dòng)，滑動(dòng)過程PQ始終與 ab垂直，且與線框接觸良好，不計(jì)摩擦.在 PQ從靠近ad處向bc滑動(dòng)的過程中A. PQ中電流先增大后減小B. PQ兩端電壓先減小后增大C. PQ上拉力的功率先減小后增大D.線框消耗的電功率先減小后增大【分析】本題分段過程分析：當(dāng)PQ從左端滑到ab中點(diǎn)的過程和從ab中點(diǎn)滑到 右端的過程，抓住PQ產(chǎn)生的感

18、應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不變.導(dǎo)體棒由靠近ab邊向dc邊勻速滑動(dòng)的過程中，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不變，外電路 總電阻先增大后減小，由歐姆定律分析 PQ兩端的電壓如何變化；由題意，PQ上外力的功率等于電功率，由 P=,分析功率的變化；R當(dāng)PQ從左端滑到ab中點(diǎn)的過程中，由于總電阻增大，則干路電流減小，PQcb回路的電阻減小，通過cb的電流增大，可知ab中電流減??；當(dāng)PQ從ab中點(diǎn) 滑到右端的過程中，干路電流增大，PQda回路的電阻增大，PQ兩端的電壓減小， 可知ab中電流減小；根據(jù)矩形線框總電阻與PQ電阻的關(guān)系，分析其功率如何變化.當(dāng)矩形線框的總電阻等于PQ的電阻時(shí)，線框的功率最大.【解答】解：根據(jù)右手定則可知，PQ

19、中電流的方向?yàn)镃HP,畫出該電路的等效 電路圖如圖，Rz其中Ri為ad和bc上的電阻值，R2為ab上的電阻與cd上的電阻的和，電阻之問的關(guān)系滿足：R+R2+Ri=3R,由題圖可知，Ri空叉比1 44t 一 RiX %#電）q當(dāng)導(dǎo)體棒向右運(yùn)動(dòng)的過程中，開始時(shí)的電阻值：Rn=-57V=-RuLb當(dāng)導(dǎo)體棒位于中間位置時(shí)，左右兩側(cè)的電阻值是相等的，止匕時(shí)：3R 3R F-=可知當(dāng)導(dǎo)體棒向右運(yùn)動(dòng)的過程中，開始時(shí)的電阻值小于中間位置處的電阻值， 所 以當(dāng)導(dǎo)體棒向右運(yùn)動(dòng)的過程中電路中的總電阻先增大后減小。A、導(dǎo)體棒由靠近ad邊向bc邊勻速滑動(dòng)的過程中，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) E=BLv 保持不變，外電路總電阻先增

20、大后減小，由歐姆定律分析得知電路中的總電流先 減小后增大，即PQ中電流先減小后增大。故 A錯(cuò)誤。B、PQ中電流先減小后增大，PQ兩端電壓為路端電壓，U=E-IR,可知PQ兩端 的電壓先增大后減小。故B錯(cuò)誤；C、導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)，PQ上外力的功率等于回路的電功率，而回路的總電阻 R r2|先增大后減小，由P號(hào)-得知，PQ上外力的功率先減小后增大。故 C正確。D、由以上的分析可知，導(dǎo)體棒 PQ上的電阻始終大于線框的電阻，當(dāng)導(dǎo)體棒向 右運(yùn)動(dòng)的過程中電路中的總電阻先增大后減小， 根據(jù)閉合電路的功率的分配關(guān)系 與外電阻的關(guān)系可知，當(dāng)外電路的電阻值與電源的內(nèi)電阻相等時(shí)外電路消耗的電 功率最大，所以可得線框消

21、耗的電功率先增大后減小。故 D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題一要分析清楚線框總電阻如何變化，抓住 PQ位于ad中點(diǎn)時(shí)線框 總電阻最大，分析電壓的變化和電流的變化；二要根據(jù)推論：外電阻等于電源的 內(nèi)阻時(shí)電源的輸出功率最大，分析功率的變化.、非選擇題（本題包括4小題，共72分）7. （6分）某同學(xué)做 探究彈力和彈簧伸長(zhǎng)量的關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)。甲乙丙圖甲是不掛鉤碼時(shí)彈簧下端指針?biāo)傅臉?biāo)尺刻度，其示數(shù)為7.73cm；圖乙是在彈簧下端懸掛鉤碼后指針?biāo)傅臉?biāo)尺刻度，此時(shí)彈簧的伸長(zhǎng)量l為6.93cm；本實(shí)驗(yàn)通過在彈簧下端懸掛鉤碼的方法來改變彈簧的彈力，關(guān)于此操作，下列選項(xiàng)中規(guī)范白做法是 A ;（填選項(xiàng)前的字母）A.

22、逐一增掛鉤碼，記下每增加一只鉤碼后指針?biāo)傅臉?biāo)尺刻度和對(duì)應(yīng)的鉤碼總 重B.隨意增減鉤碼，記下增減鉤碼后指針?biāo)傅臉?biāo)尺刻度和對(duì)應(yīng)的鉤碼總重圖內(nèi)是該同學(xué)描繪的彈簧的伸長(zhǎng)量 l與彈力F的關(guān)系圖線。圖線的AB段明顯偏離直線OA,造成這種現(xiàn)象的主要原因是超過彈簧的彈性限度 。【分析】根據(jù)彈簧測(cè)力計(jì)的讀數(shù)方法可得出對(duì)應(yīng)的讀數(shù)，再由讀數(shù)減去原長(zhǎng)即為伸長(zhǎng)量；根據(jù)實(shí)驗(yàn)準(zhǔn)確性要求可明確哪種方法更為規(guī)范；由彈簧的性質(zhì)和圖象進(jìn)行分析，則可得出造成圖象偏離的原因。【解答】 解：由圖可知，圖乙中示數(shù)為：14.65cm,則伸長(zhǎng)量 l=14.66cm-7.73cm=6.93cm；為了更好的找出彈力與形變量之間的規(guī)律，應(yīng)逐一增

23、掛鉤碼，記下每增加一只 鉤碼后指針?biāo)傅臉?biāo)尺刻度和對(duì)應(yīng)的鉤碼總重；故選：A;在彈簧的彈性限度范圍內(nèi)，胡克定律是成立的，但若超過彈簧的彈性限度，胡 克定律將不再適用；圖中出現(xiàn)偏折的原因是因?yàn)槌^了彈簧的彈性限度；故答案為：6.93;A;超過彈簧的彈性限度?！军c(diǎn)評(píng)】彈簧測(cè)力計(jì)的原理是在彈簧的彈性限度內(nèi)，彈簧的伸長(zhǎng)與受到的拉力成 正比，對(duì)于實(shí)驗(yàn)問題，我們要充分利用測(cè)量數(shù)據(jù)求解可以減少誤差。8. （12分）某學(xué)習(xí)小組探究一小電珠在不同電壓下的電功率大小，實(shí)驗(yàn)器材如 圖甲所示，現(xiàn)已完成部分導(dǎo)線的連接.電流表的示數(shù)從零開始逐漸實(shí)驗(yàn)要求滑動(dòng)變阻器的滑片從左到右移動(dòng)過程中, 增大，請(qǐng)按此要求用筆畫線代替導(dǎo)線在

24、圖甲實(shí)物接線圖中完成余下導(dǎo)線的連接;某次測(cè)量，電流表指針偏轉(zhuǎn)如圖乙所示，則電流表的示數(shù)為0.44 A：該小組描繪出的伏安特性曲線如圖內(nèi)所示，根據(jù)圖線判斷，將 4 只相同的 小電珠并聯(lián)后，直接與電動(dòng)勢(shì)為3V、內(nèi)阻為1Q的電源組成閉合回路，可使小電 珠的總功率最大，其總功率的值為 2.25 W （保留兩位小數(shù)）.【分析】根據(jù)題意確定滑動(dòng)變阻器的接法，然后連接實(shí)物電路圖.根據(jù)圖示電流表確定其量程與分度值，讀出其示數(shù).當(dāng)內(nèi)外電阻相等時(shí)電源的輸出功率最大， 即小電珠的總功率最大，由圖示圖象 求出此時(shí)電珠兩端電壓與電流，由歐姆定律求出電珠的電阻，然后求出燈泡的個(gè) 數(shù)，應(yīng)用功率公式可以求出小電珠的總功率.【

25、解答】解：滑動(dòng)變阻器的滑片從左到右移動(dòng)過程中，電流表的示數(shù)從零開始 逐漸增大，則滑動(dòng)變阻器采用分壓接法，電路圖如圖所示：由圖乙所示電流表可知，其量程為 0.6A,分度值為0.02A,示數(shù)為0.44A.電源內(nèi)阻為1歐姆，當(dāng)外電路電阻與電源內(nèi)阻相等，即燈泡并聯(lián)總電阻為1 歐姆時(shí)燈泡的總功率最大，由于內(nèi)外電阻相等，則內(nèi)外電壓相等，電源電動(dòng)勢(shì)為 3V,則路端電壓為1.5V, 由圖內(nèi)所示圖象可知，電壓為1.5V時(shí)通過小電珠的電流為0.375A,此時(shí)小電珠的電阻：R衛(wèi)二15 Q =4R 4只小電珠的并聯(lián)阻值為1 Q,I 0. 375因此需要4只小電珠并聯(lián)，此時(shí)小電珠的總功率：P=4UI=4X 1.5X 0

26、.375=2.25.故答案為：如圖所示；0.44;4; 2.25.【點(diǎn)評(píng)】本題考查了連接實(shí)物電路圖、電流表讀數(shù)、求燈泡個(gè)數(shù)、求燈泡總功率; 當(dāng)電壓與電流從零開始變化時(shí)滑動(dòng)變阻器只能采用分壓接法，根據(jù)題意確定滑動(dòng) 變阻器的接法是正確連接實(shí)物電路圖的前提與關(guān)鍵.9. (15分)一摩托車由靜止開始在平直的公路上行駛，其運(yùn)動(dòng)過程的v-t圖象如圖所示.求：(1)摩托車在020s這段時(shí)間的加速度大小a；(2)摩托車在075s這段時(shí)間的平均速度大小【分析】(1) v-t圖象的斜率等于加速度，由加速度的定義求解.(2)由圖象與時(shí)間軸所圍的面積表示位移，求得位移，再求平均速度大小.【解答】解：(1)摩托車在02

27、0s這段時(shí)間的加速度 a#" =°一。=1.5m/s2.At 20(2)摩托車在075s這段時(shí)間的位移 x丹盧 x 30m=1500m U平均速度大小 JjLl=20m/s t 75答：(1)摩托車在020s這段時(shí)間的加速度大小a是1.5m/s2;(2)摩托車在075s這段時(shí)間的平均速度大小,是20m/s.【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵要抓住速度圖象的兩個(gè)物理意義：斜率等于加速度，圖象與時(shí)間軸所圍的面積表示位移.10. (19分)如圖，質(zhì)量為M的小車靜止在光滑水平面上，小車 AB段是半徑為 R的四分之一圓弧光滑軌道，BC段是長(zhǎng)為L(zhǎng)的水平粗糙軌道，兩段軌道相切于 B 點(diǎn).一質(zhì)量為m的

28、滑塊在小車上從A點(diǎn)由靜止開始沿軌道滑下，重力加速度為 g.(1)若固定小車，求滑塊運(yùn)動(dòng)過程中對(duì)小車的最大壓力；(2)若不固定小車，滑塊仍從 A點(diǎn)由靜止下滑，然后滑入 BC軌道，最后從C 點(diǎn)滑出小車.已知滑塊質(zhì)量 m=l,在任一時(shí)刻滑塊相對(duì)地面速度的水平分量是2小車速度大小的2倍，滑塊與軌道BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 內(nèi)求：滑塊運(yùn)動(dòng)過程中，小車的最大速度大小 Vm ；滑塊從B到C運(yùn)動(dòng)過程中，小車的位移大小s.【分析】(1)滑塊在圓弧的軌道上運(yùn)動(dòng)的過程中合外力提供向心力，所以滑塊在B點(diǎn)的左側(cè)受到的支持力要大于重力，當(dāng)滑塊到達(dá) B時(shí)的速度最大，受到的支持 力最大，由機(jī)械能守恒求出滑塊在 B點(diǎn)的速度，然后又

29、牛頓第二定律即可求解；(2)根據(jù)題意，在任一時(shí)刻滑塊相對(duì)地面速度的水平分量是小車速度大小的2倍，然后結(jié)合機(jī)械能守恒即可求出小車的最大速度大小 Vm；在任一時(shí)刻滑塊相對(duì)地面速度的水平分量是小車速度大小的2倍，寫出速度的關(guān)系式，然后結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)的公式即可求出小車的位移.【解答】解：(1)當(dāng)滑塊到達(dá)B時(shí)的速度最大，受到的支持力最大；當(dāng)滑塊下滑 的過程中機(jī)械能守恒，得：滑塊在B點(diǎn)處受到的支持力與重力的合力提供向心力，得：2N色皇IX解得：N=3mg 由牛頓第三定律得：滑塊對(duì)小車的壓力：N' =N=3mg即滑塊運(yùn)動(dòng)過程中對(duì)小車的最大壓力是 3mg.(2)在任一時(shí)刻滑塊相對(duì)地面速度的水平分量是小車速

30、度大小的2倍，設(shè)小車的最大速度是vm,由機(jī)械能守恒得：10 10解得尸痼由于在任一時(shí)刻滑塊相對(duì)地面速度的水平分量是小車速度大小的2倍，所以滑塊從B到C運(yùn)動(dòng)過程中，滑塊的平均速度是小車的平均速度的2倍，即：f滑快二2y車由于它們運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，根據(jù)：盧vt可得：s滑塊=2s車又：s滑塊+s車=L所以：小車的位移大?。簊?L答：(1)若固定小車，求滑塊運(yùn)動(dòng)過程中對(duì)小車的最大壓力是3mg;(2)滑塊運(yùn)動(dòng)過程中，小車的最大速度大小是 犀;滑塊從B到C運(yùn)動(dòng)過J 3程中，小車的位移大小是一L.【點(diǎn)評(píng)】該題的第一問考查機(jī)械能守恒與向心力，比較簡(jiǎn)單；第二問主要考查系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒和能量守恒的問題，求解兩物

31、體間的相對(duì) 位移，往往根據(jù)平均速度研究.也可以根據(jù)題目提供的特殊的條件： 在任一時(shí)刻 滑塊相對(duì)地面速度的水平分量是小車速度大小的 2倍，不使用動(dòng)量守恒定律.11. (20分)如圖，絕緣粗糙的豎直平面 MN左側(cè)同時(shí)存在相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng) 和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)方向水平向右，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為 E,磁場(chǎng)方向垂直紙面向外， 磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B. 一質(zhì)量為m ,電荷量為q的帶正電的小滑塊從A點(diǎn)由靜止 開始沿MN下滑，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)離開MN做曲線運(yùn)動(dòng).A、C兩點(diǎn)間距離為h,重 力加速度為g.(1)求小滑塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)的速度大小Vc；(2)求小滑塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)過程中克服摩擦力做的功 Wf；(3)若D點(diǎn)為小滑塊在電場(chǎng)

32、力、洛倫茲力及重力作用下運(yùn)動(dòng)過程中速度最大的 位置，當(dāng)小滑塊運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)撤去磁場(chǎng)，此后小滑塊繼續(xù)運(yùn)動(dòng)到水平地面上的 P 點(diǎn).已知小滑塊在D點(diǎn)時(shí)的速度大小為Vd,從D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的時(shí)間為t,求小 滑塊運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)速度的大小Vp.【分析】(1)小滑塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)離開MN,此時(shí)與MN間的作用力為零，對(duì)小滑 塊受力分析計(jì)算此時(shí)的速度的大??；(2)由動(dòng)能定理直接計(jì)算摩擦力做的功 Wf；(3)撤去磁場(chǎng)后小滑塊將做類平拋運(yùn)動(dòng)， 根據(jù)分運(yùn)動(dòng)計(jì)算最后的合速度的大小；【解答】解：(1)小滑塊沿MN運(yùn)動(dòng)過程，水平方向受力滿足qvB+N=qE小滑塊在C點(diǎn)離開MN時(shí)N=0解得Vc= D(2)由動(dòng)能定理mgh-WfJmw；

33、 - 0解得 Wf=mgh- _(3)如圖，小滑塊速度最大時(shí)，速度方向與電場(chǎng)力、重力的合力方向垂直,撤去磁場(chǎng)后小滑塊將做類平拋運(yùn)動(dòng),等效加速度為g :g相聲g+2 DV=-2 PV答：（1）小滑塊運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)時(shí)的速度大小vc為£；B（2）小滑塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)過程中克服摩擦力做的功 Wf為mgh-（3）小滑塊運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)速度的大小Vp為.【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵是分析清楚小滑塊的運(yùn)動(dòng)過程， 在與MN分離時(shí)，小滑 塊與MN間的作用力為零，在撤去磁場(chǎng)后小滑塊將做類平拋運(yùn)動(dòng)， 根據(jù)滑塊的不 同的運(yùn)動(dòng)過程逐步求解即可.物理-選彳3-312. （6分）下列有關(guān)分子動(dòng)理論和物質(zhì)結(jié)構(gòu)的認(rèn)識(shí)，其中正確的

34、是（）A.分子間距離減小時(shí)分子勢(shì)能一定減小B.溫度越高，物體中分子無規(guī)則運(yùn)動(dòng)越劇烈C.物體內(nèi)熱運(yùn)動(dòng)速率大的分子數(shù)占總分子數(shù)比例與溫度無關(guān)D.非晶體的物理性質(zhì)各向同性而晶體的物理性質(zhì)都是各向異性【分析】分子間距離減小時(shí)分子勢(shì)能可能減小， 也可能增大；溫度是分子平均動(dòng) 能的標(biāo)志；根據(jù)麥克斯韋統(tǒng)計(jì)規(guī)律可以解釋分子的速率的分布規(guī)律； 單晶體的物 理性質(zhì)是各向異性，多晶體和非晶體的物理性質(zhì)各向同性.【解答】解：A當(dāng)分子力表現(xiàn)為斥力時(shí)，分子力隨分子間距離的減小而增大，間距減小斥力做負(fù)功分子勢(shì)能增大，分子間距的增大時(shí)反之，故 A錯(cuò)誤；B、溫度是分子平均動(dòng)能的標(biāo)志，故溫度高平均動(dòng)能一定大，物體中分子無規(guī)則 運(yùn)

35、動(dòng)越劇烈。故B正確；C、根據(jù)麥克斯韋統(tǒng)計(jì)規(guī)律可知，物體內(nèi)熱運(yùn)動(dòng)速率大的分子數(shù)占總分子數(shù)比例 與溫度有關(guān)，故C錯(cuò)誤；D、單晶體的物理性質(zhì)是各向異性，多晶體的物理性質(zhì)各向同性，故 D錯(cuò)誤< 故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查分子動(dòng)理論內(nèi)容，難度不大，需要強(qiáng)化記憶.分子勢(shì)能與電勢(shì) 能和重力勢(shì)能具有相同的變化規(guī)律，可以類比學(xué)習(xí).13. （6分）如圖，一定質(zhì)量的理想氣體，由狀態(tài) a經(jīng)過ab過程到達(dá)狀態(tài)b或者 經(jīng)過ac過程到達(dá)狀態(tài)c.設(shè)氣體在狀態(tài)b和狀態(tài)c的溫度分別為Tb和Tc,在過 程ab和ac中吸收的熱量分別為Qab和Qac,則（）。62% KA. Tb>Tc, Qab>Qac B. Tb&

36、gt;Tc, Qab< QacC. Tb=Tc, Qab > Qac D. Tb=Tc, Qab< Qac【分析】狀態(tài)B和C的體積從圖中可得知，且已知狀態(tài) C的溫度，從B至UC是 等壓變化，由氣體狀態(tài)方程可得出狀態(tài) B時(shí)的溫度；因狀態(tài)A和狀態(tài)C的溫度相同，所以這兩種狀態(tài)下內(nèi)能相同，從而可知 A到B 和B到C的過程中內(nèi)能的變化大小相同，這兩個(gè)過程是一個(gè)不做功，一個(gè)對(duì)外做 功，結(jié)合熱力學(xué)第一定律可知結(jié)果.【解答】解：設(shè)氣體在a狀態(tài)時(shí)的溫度為Ta,由圖可知：VC=Va=V0、Vb=2Vo=2Va,V Vk從a到b是等壓變化：占;產(chǎn)Ta Tb解得：Tb=2Ta.一 I 一、八 P- P-，一從a到c是等容變化：=，由于Pc=2Po=2Pa1 a c解得：Tc=2Ta所以：Tb=Tc因?yàn)閺腶到c是等容變化過程，體積不變，氣體不做功，故a-c過程增加的內(nèi)能等于a-c過程吸收的熱量；而a-b過程體積增大，氣體對(duì)外做正