湖北省宜昌一中2015屆高三下學(xué)期第三次模擬物理試卷

1、湖北省宜昌一中2015屆高考物理三模試卷一、選擇題：本題共8小題，每小題給出的四個選項中，第15題只有一項符合題目要求，第68題有多項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時至今日，數(shù)千顆人造衛(wèi)星正在按照萬有引力定律為它們“設(shè)定”的軌道繞地球運行，萬有引力定律取得如此輝煌的成就，下列關(guān)于人類發(fā)現(xiàn)萬有引力定律過程的敘述中正確的是( )A開普勒研究了第谷的行星觀測記錄，得出了萬有引力定律B關(guān)于天體運動的規(guī)律，胡克等人認(rèn)為，行星繞太陽運動是因為受到了太陽的吸引，并證明了圓軌道下，它所受的引力大小跟行星到太陽距離成反比C牛頓利用他的運動定律把行星的向心加速度與太陽對它的引力

2、聯(lián)系起來，從而建立了萬有引力定律D卡文迪許用“月地檢驗”第一次檢驗了萬有引力定律的正確性2每年春天許多游客前往公園放風(fēng)箏，會放風(fēng)箏的人，可使風(fēng)箏靜止在空中，下列的四幅圖中，AB線代表風(fēng)箏截面，OL代表風(fēng)箏線，風(fēng)向水平，則風(fēng)箏可能靜止的是( )ABCD3靜電平衡、電磁感應(yīng)現(xiàn)象在生產(chǎn)、生活及科學(xué)研究中有著廣泛的應(yīng)用，下列說法正確的是( )A磁電式儀表線圈的骨架用鋁框來做是利用電磁阻尼讓擺動的指針快速停下來，微安表在運輸時要把正負(fù)接線柱短接也是利用電磁阻尼，防止指針擺動過大損壞B電磁爐利用變化的磁場使食物中的水分子形成渦流來對食物加熱C處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體內(nèi)部場強處處為零，電勢也處處為零D變壓器的

3、鐵芯用薄硅鋼片疊壓而成，而不用一整塊硅鋼，這樣增強了磁場、提高了變壓器的效率4將通電的電纜線繞在鉗形電流表原線圈上就可以測量電纜線上的電流現(xiàn)在，將同一根通電電纜線分別按（a）（b）方式繞線，圖（a）中繞了1匝圖（a）中電流表的讀數(shù)為1.2A圖（b）中繞了3匝，則( )A這種電流表能測直流電流，又能測交流電流，圖（b）的讀數(shù)為0.4AB這種電流表能測交流電流，圖（b）的讀數(shù)為0.4AC這種電流表能測交流電流，圖（b）的讀數(shù)為3.6AD這種電流表既能測直流電流，又能測交流電流，圖（b）的讀數(shù)為3.6A5如圖，兩個共軸的圓筒形金屬電極，外電極接地，其上均勻分布著平行于軸線的四條狹縫a、b、c和d，外

4、筒的外半徑為r在圓筒之外的足夠大區(qū)域中有平行于軸線方向的均勻磁場，磁感應(yīng)強度的大小為B在兩極間加上電壓，使兩圓筒之間的區(qū)域內(nèi)有沿半徑向外的電場一質(zhì)量為m、帶電量為+q的粒子，從緊靠內(nèi)筒且正對狹縫a的S點出發(fā)，初速為零如果該粒子經(jīng)過一段時間的運動之后恰好又回到出發(fā)點S，設(shè)兩電極之間的電壓大小為U，則( )AU=BU=CU=DU=6如圖1所示，小物塊靜止在傾角=37的粗糙斜面上現(xiàn)對物塊施加一個沿斜面向下的推力F，力F的大小隨時間t的變化情況如圖2所示，物塊的速率隨時間t的變化規(guī)律如圖3所示，取sin37=0.6，cos37=0.8，重力加速度g=10m/s2下列說法正確的是( )A物塊的質(zhì)量為1k

5、gB物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.7C03s時間內(nèi)力F做功的平均功率為0.32WD03s時間內(nèi)物體克服摩擦力做的功為5.12J7如圖所示，A、B、C是勻強電場中平行于電場線的某一平面上的三個點，各點的電勢分別為A=5V，B=2V，C=3V，H、F三等分AB，G為AC的中點，在下列各示意圖中，能正確表示該電場強度方向的是( )ABCD8如圖所示，飛行器P在赤道面繞地球做勻速圓周運動，運動方向與地球自轉(zhuǎn)方向一致，已知地球相對飛行器P的張角為，地球的半徑為R，地球的自轉(zhuǎn)周期為T0，飛行器P的公轉(zhuǎn)周期為T，萬有引力常量為G，當(dāng)?shù)孛嫱ㄐ呕居^測到飛行器時，兩者就可以進行點對點直接通信，忽略信號的傳輸時間

6、下列說法正確的是( )A地球相對飛行器P的張角越小，飛行器P的運行周期越大B飛行器P的軌道半徑r=RsinC地球的質(zhì)量M=D赤道上固定的一個地面通信基站在T0的時間內(nèi)可以與飛行器通信的總時間為三、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分第9題第12題為必考題，每個試題考生都必須作答第13題第18題為選考題，考生根據(jù)要求作答（一）必考題9將游標(biāo)卡尺的左右測腳合在一起，若游標(biāo)的零刻度線與主尺的零刻度線不重合，就會出現(xiàn)零誤差某同學(xué)使用存在零誤差如圖1所示的游標(biāo)卡尺來進行測量，測量結(jié)果如圖2所示，則此次測量的測量值為_，真實值為_10如圖1所示，現(xiàn)有熱敏電阻R、電爐絲R1、電源E、電磁繼電器、滑動變阻器R2

7、、開關(guān)S和導(dǎo)線若干圖2為熱敏電阻的Rt圖象，繼電器的電阻為100當(dāng)線圈的電流大于或等于20mA時，繼電器的銜鐵被吸合為繼電器線圈和低壓電爐絲供電的電池電動勢E=9.0V，內(nèi)阻可以不計（1）請用筆劃線代替導(dǎo)線，將圖1中簡單恒溫箱溫控電路圖補充完整要求溫度低于某一溫度時，電爐絲自動通電供熱，超過某一溫度時，又可以自動斷電（2）根據(jù)圖2熱敏電阻的Rt圖象，熱敏電阻的阻值R隨溫度的降低而_（填“增大”或“減小”）如果要使恒溫箱內(nèi)的溫度保持50，可變電阻R2的阻值應(yīng)調(diào)節(jié)為_若要使恒溫箱內(nèi)的溫度稍微升高些，應(yīng)使可變電阻R2的阻值稍微_（填“增大”或“減小”）11固定的、傾角=37的斜面AC，A的正上方B點

8、有一水槍，每隔（+1）s的時間間隔、以相同的水平速度噴出水滴水滴在空氣中飛行2s后剛好垂直打在斜面上的D點（圖中未標(biāo)出）質(zhì)量為M的小物塊（可當(dāng)質(zhì)點）從某個時刻開始以某一初速度由A沿斜面上滑，小物塊M與斜面間滑動摩擦因數(shù)=0.5，小物塊M能到達的離A點的最遠位置為E（圖中未標(biāo)出）點，相鄰兩滴水正好落在小物塊上不考慮水滴落在M上對M的速度的影響，不考慮水滴的空氣阻力，取g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8，求：（1）AB的高度；（2）AE的長度12（18分）如圖所示為汽車電磁感應(yīng)減速帶原理圖（俯視圖），在汽車通過的區(qū)域設(shè)置勻強磁場，其方向垂直地面向上，大小為B，寬度為d在汽車底

9、部固定有一個長度L1、寬度L2的N匝矩形線圈，線圈的總電阻為R，車和線圈的總質(zhì)量為m，假設(shè)汽車運動過程中所受阻力恒為f當(dāng)汽車以初速度v0進入磁場區(qū)域的左側(cè)，開始以大小為a的恒定加速度減速駛?cè)氪艌鰠^(qū)域，線圈全部進入磁場后，立即做勻速直線運動，直至完全離開緩沖區(qū)域，已知從線圈剛進入磁場到完全穿出磁場的過程中，汽車的牽引力做的總功為W從線圈的前邊與磁場左邊線重合開始計時求：（1）線圈在進入磁場的過程中，牽引力的功率隨時間變化的關(guān)系式（2）線圈進入磁場的過程中，所產(chǎn)生的焦耳熱（二）選考題，請考生從以下三個模塊中任選一模塊作答物理-選修3-313關(guān)于熱力學(xué)定律，下列說法正確的是( )A第二類永動機不可能

10、制成是因為它違反了能量守恒定律B一定量氣體，吸熱200J，氣體對外做功220J，內(nèi)能減少20JC熱量能夠自發(fā)地從高溫物體傳到低溫物體D利用高科技手段，可以將流散到周圍環(huán)境中的內(nèi)能重新收集起來加以利用而不引起其他變化E一定質(zhì)量的100的水吸收熱量后變成100的水蒸氣，則吸收的熱量大于增加的內(nèi)能14如圖甲所示，地面上放置有一內(nèi)壁光滑的圓柱形導(dǎo)熱汽缸，汽缸的橫截面積S=2.5103m2汽缸內(nèi)部有一質(zhì)量和厚度均可忽略的活塞，活塞上固定一個力傳感器，傳感器通過一根細(xì)桿與天花板固定好汽缸內(nèi)密封有溫度t0=27，壓強為p0的理想氣體，此時力傳感器的讀數(shù)恰好為0若外界大氣的壓強p0不變，當(dāng)密封氣體溫度t升高時

11、力傳感器的讀數(shù)F也變化，描繪出Ft圖象如圖乙所示，求：（1）力傳感器的讀數(shù)為5N時，密封氣體的溫度t；（2）外界大氣的壓強p0物理-選修3-415一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，t時刻波形圖如圖中的實線所示，此時波剛好傳到P點，t+0.6s時刻的波形如圖中的虛線所示，a、b、c、P、Q是介質(zhì)中的質(zhì)點，則以下說法正確的是( )A這列波的波速可能為50m/sB從t+0.6 s時刻開始，經(jīng)過0.5T，質(zhì)點b沿x軸正方向運動20mC質(zhì)點c在這段時間內(nèi)通過的路程可能為60 cmD若T=0.8s，則當(dāng)t+0.5s時刻，質(zhì)點b、P的位移相同E若T=0.8s，當(dāng)t+0.4s時刻開始計時，則質(zhì)點c的振動方程為y=

12、0.1sin（t）（m）16在真空中有一正方體玻璃磚，其截面如圖所示，已知它的邊長為d，玻璃磚的折射率n=，在AB面上方有一單色點光源S，從S發(fā)出的光線SP以60入射角從AB面中點射入，從側(cè)面AD射出，若光從光源S到AB面上P點的傳播時間和它在玻璃磚中傳播的時間相等求點光源S到P點的距離物理-選修3-517下列關(guān)于近代物理學(xué)常識的表述中，正確的是( )A原子核發(fā)生一次衰變，該原子外層就失去一個電子B普朗克在1900年將“能量子”引入物理學(xué)，破除“能量連續(xù)變化”的傳統(tǒng)觀念，成為近代物理學(xué)思想的基石之一C美國物理學(xué)家密立根，測量金屬的遏止電壓UC與入射光的頻率，由此算出普朗克常量h，并與普朗克根據(jù)

13、黑體輻射得出的h相比較，以此檢驗了愛因斯坦光電效應(yīng)的正確性D英國物理學(xué)家湯姆孫根據(jù)陰極射線在電場和磁場中的偏轉(zhuǎn)情況斷定，它的本質(zhì)是帶負(fù)電的粒子流并求出了這種粒子的比荷，從而發(fā)現(xiàn)了電子E所有的核反應(yīng)都遵循核電荷數(shù)守恒，反應(yīng)前后核的總質(zhì)量也保持不變湖北省宜昌一中2015屆高考物理三模試卷一、選擇題：本題共8小題，每小題給出的四個選項中，第15題只有一項符合題目要求，第68題有多項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時至今日，數(shù)千顆人造衛(wèi)星正在按照萬有引力定律為它們“設(shè)定”的軌道繞地球運行，萬有引力定律取得如此輝煌的成就，下列關(guān)于人類發(fā)現(xiàn)萬有引力定律過程的敘述中正確的是

14、( )A開普勒研究了第谷的行星觀測記錄，得出了萬有引力定律B關(guān)于天體運動的規(guī)律，胡克等人認(rèn)為，行星繞太陽運動是因為受到了太陽的吸引，并證明了圓軌道下，它所受的引力大小跟行星到太陽距離成反比C牛頓利用他的運動定律把行星的向心加速度與太陽對它的引力聯(lián)系起來，從而建立了萬有引力定律D卡文迪許用“月地檢驗”第一次檢驗了萬有引力定律的正確性考點：萬有引力定律的發(fā)現(xiàn)和萬有引力恒量的測定 專題：萬有引力定律的應(yīng)用專題分析：根據(jù)物理學(xué)史和常識解答，記住著名物理學(xué)家的主要貢獻即可解答：解：A、開普勒研究了第谷的行星觀測記錄，得出了行星運動規(guī)律，故A錯誤；B、關(guān)于天體運動的規(guī)律，胡克等人認(rèn)為，行星繞太陽運動是因為

15、受到了太陽的吸引，并證明了圓軌道下，它所受的引力大小跟行星到太陽距離的平方成反比，故B錯誤；C、牛頓利用他的運動定律把行星的向心加速度與太陽對它的引力聯(lián)系起來，從而建立了萬有引力定律，故C正確；D、牛頓用“月地檢驗”第一次檢驗了萬有引力定律的正確性，故D錯誤；故選：C點評：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、著名理論要加強記憶，這也是考試內(nèi)容之一2每年春天許多游客前往公園放風(fēng)箏，會放風(fēng)箏的人，可使風(fēng)箏靜止在空中，下列的四幅圖中，AB線代表風(fēng)箏截面，OL代表風(fēng)箏線，風(fēng)向水平，則風(fēng)箏可能靜止的是( )ABCD考點：共點力平衡的條件及其應(yīng)用；力的合成與分解的運用 專題：共點力

16、作用下物體平衡專題分析：要使風(fēng)箏能靜止在空中，則應(yīng)使風(fēng)箏受力平衡；故對風(fēng)箏受力分析，由共點力平衡的條件可得出可能的情況解答：解：風(fēng)箏受到的浮力應(yīng)是垂直于風(fēng)箏面向上的；故：A、風(fēng)箏的重力豎直向下，風(fēng)箏受到的浮力與而拉力方向相反，則三力的合力不可能為零，故風(fēng)箏不可能靜止，A錯誤；B、風(fēng)箏的重力和繩子的拉力都豎直向下，而浮力垂直于風(fēng)箏面，故三力不可能平衡，故風(fēng)箏不可能靜止，故B錯誤；C、風(fēng)箏重力豎直向下，風(fēng)力垂直于風(fēng)箏面向上，繩子拉力沿繩向下，故任意兩力的合力均可能與第三力大小相等，方向相反，故C正確；D、風(fēng)箏受浮力豎直向上，而繩子的拉力斜向下，風(fēng)力對風(fēng)箏不起作用，故浮力與繩子的合力不能為零；故不可

17、能平衡，故D錯誤；故選C點評：物體靜止或勻速直線運動狀態(tài)，均說明物體受力平衡，則其受到的多力的合力一定為零3靜電平衡、電磁感應(yīng)現(xiàn)象在生產(chǎn)、生活及科學(xué)研究中有著廣泛的應(yīng)用，下列說法正確的是( )A磁電式儀表線圈的骨架用鋁框來做是利用電磁阻尼讓擺動的指針快速停下來，微安表在運輸時要把正負(fù)接線柱短接也是利用電磁阻尼，防止指針擺動過大損壞B電磁爐利用變化的磁場使食物中的水分子形成渦流來對食物加熱C處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體內(nèi)部場強處處為零，電勢也處處為零D變壓器的鐵芯用薄硅鋼片疊壓而成，而不用一整塊硅鋼，這樣增強了磁場、提高了變壓器的效率考點：電磁感應(yīng)在生活和生產(chǎn)中的應(yīng)用 分析：根據(jù)穿過線圈的磁通量發(fā)生變

18、化，從而產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，出現(xiàn)感應(yīng)電流，進而受到安培阻力，阻礙指針的運動；處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體內(nèi)部場強處處為零；渦流會在導(dǎo)體中產(chǎn)生大量的熱量解答：解：A、常用鋁框做骨架，當(dāng)線圈在磁場中轉(zhuǎn)動時，導(dǎo)致鋁框的磁通量變化，從而產(chǎn)生感應(yīng)電流，出現(xiàn)安培阻力，使其很快停止擺動而塑料做骨架達不到電磁阻尼的作用，這樣做的目的是利用渦流，起到電磁阻尼作用，故A正確B、電磁爐是通過鐵鍋產(chǎn)生渦流來加熱食物的，故B錯誤C、處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體內(nèi)部，原電場與感應(yīng)電荷產(chǎn)生的附加電場完全抵消，場強處處為零，電勢是處處相等，不為零；故C正確；C、變壓器的鐵芯用硅鋼片疊壓而成，是為了減小渦流；故D正確；故選：AD點評：掌握渦流

19、的原理及應(yīng)用與防止：真空冶煉爐，硅鋼片鐵心，金屬探測器，電磁灶等；同時理解電磁阻尼的原理，注意電勢與電場強度沒有直接關(guān)系4將通電的電纜線繞在鉗形電流表原線圈上就可以測量電纜線上的電流現(xiàn)在，將同一根通電電纜線分別按（a）（b）方式繞線，圖（a）中繞了1匝圖（a）中電流表的讀數(shù)為1.2A圖（b）中繞了3匝，則( )A這種電流表能測直流電流，又能測交流電流，圖（b）的讀數(shù)為0.4AB這種電流表能測交流電流，圖（b）的讀數(shù)為0.4AC這種電流表能測交流電流，圖（b）的讀數(shù)為3.6AD這種電流表既能測直流電流，又能測交流電流，圖（b）的讀數(shù)為3.6A考點：變壓器的構(gòu)造和原理 專題：交流電專題分析：變器的

20、匝數(shù)與電壓成正比，與電流成反比，安全起見，要求電壓表和電流表都不能超過最大量程解答：解：變壓器只能適用于交流電，根據(jù)電流與匝數(shù)成反比知圖b的讀數(shù)為1.23=3.6A故選：C點評：本題實質(zhì)是電壓互感器與電流互感器的簡單運用，電壓互感器與電流互感器是利用變壓器原理將電壓、電流減小到可測范圍進行測量的儀器5如圖，兩個共軸的圓筒形金屬電極，外電極接地，其上均勻分布著平行于軸線的四條狹縫a、b、c和d，外筒的外半徑為r在圓筒之外的足夠大區(qū)域中有平行于軸線方向的均勻磁場，磁感應(yīng)強度的大小為B在兩極間加上電壓，使兩圓筒之間的區(qū)域內(nèi)有沿半徑向外的電場一質(zhì)量為m、帶電量為+q的粒子，從緊靠內(nèi)筒且正對狹縫a的S點

21、出發(fā)，初速為零如果該粒子經(jīng)過一段時間的運動之后恰好又回到出發(fā)點S，設(shè)兩電極之間的電壓大小為U，則( )AU=BU=CU=DU=考點：帶電粒子在勻強磁場中的運動；帶電粒子在勻強電場中的運動 專題：帶電粒子在復(fù)合場中的運動專題分析：帶電粒子從S點出發(fā)，在兩筒之間的電場作用下加速，沿徑向穿過狹縫a而進入磁場區(qū)，在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動粒子再回到S點的條件是能沿徑向穿過狹縫d只要穿過了d，粒子就會在電場力作用下先減速，再反向加速，經(jīng)d重新進入磁場區(qū)，然后粒子以同樣方式經(jīng)過c、b，再回到S點解答：解：粒子在兩電極間加速，由動能定理得：qU=mv20，粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，

22、由牛頓第二定律得：qvB=m，粒子從S點出發(fā)，經(jīng)過一段時間后再回到S點，粒子的運動軌跡如圖所示，由幾何知識可知，粒子從a到d必經(jīng)過圓周，粒子軌道半徑：R=r，解得：U=，故A正確，BCD錯誤；故選：A點評：本題考查了粒子在電場與磁場中的運動，根據(jù)題意作出粒子的運動軌跡是處理粒子在磁場中運動的一半解題思路與方法，作出粒子運動軌跡是正確解題的關(guān)鍵，應(yīng)用幾何知識求出粒子的軌道半徑，應(yīng)用牛頓第二定律即可正確解題6如圖1所示，小物塊靜止在傾角=37的粗糙斜面上現(xiàn)對物塊施加一個沿斜面向下的推力F，力F的大小隨時間t的變化情況如圖2所示，物塊的速率隨時間t的變化規(guī)律如圖3所示，取sin37=0.6，cos3

23、7=0.8，重力加速度g=10m/s2下列說法正確的是( )A物塊的質(zhì)量為1kgB物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.7C03s時間內(nèi)力F做功的平均功率為0.32WD03s時間內(nèi)物體克服摩擦力做的功為5.12J考點：動能定理的應(yīng)用；功率、平均功率和瞬時功率 專題：動能定理的應(yīng)用專題分析：由Ft圖象求出力的大小，由vt圖象判斷物體的運動狀態(tài)，應(yīng)用牛頓第二定律、平衡條件與滑動摩擦力公式求出物塊的質(zhì)量與動摩擦因數(shù)；由運動學(xué)公式求出物塊的位移，由功的計算公式求出功，由功率公式可以求出功率解答：解：A、由速度圖象知在13s時間內(nèi)，物塊做勻加速直線運動，由牛頓第二定律得：0.8+mgsinmgcos=ma，由v

24、t圖象可知，加速度：a=m/s2=0.4m/s2在34s時間內(nèi)，物塊做勻速直線運動，由平衡條件得：mgcosmgsin=0.4N，解得：m=1kg，=0.8，故A正確，B錯誤；C、由vt圖象可知，01s時間內(nèi)，物塊靜止，力F不做功，13s時間內(nèi)，力F=0.8N，物塊的位移x=0.422m=0.8m，03s內(nèi)力F做功的平均功率為：P=W=0.213W，故C錯誤；D、03s時間內(nèi)物體克服摩擦力做的功為：Wf=mgcosx=0.8110cos370.8=5.12J，故D正確故選：AD點評：本題是與圖象綜合的問題，關(guān)鍵是正確地受力分析，運用牛頓第二定律和共點力平衡進行求解7如圖所示，A、B、C是勻強電

25、場中平行于電場線的某一平面上的三個點，各點的電勢分別為A=5V，B=2V，C=3V，H、F三等分AB，G為AC的中點，在下列各示意圖中，能正確表示該電場強度方向的是( )ABCD考點：電場強度 專題：電場力與電勢的性質(zhì)專題分析：在勻強電場中，電場強度大小處處相等，方向處處相同，電場線是平行且等間距電勢沿著電場線降低，電場線與等勢面垂直根據(jù)這些知識在AB線上找出電勢與C點的電勢相等的點，即可得到一條等勢線，再作出電場線解答：解：A、AC連線不是等勢線，其垂線就不是電場線，故A錯誤B、A、C中點G的電勢為：G=V=4V將AB兩點連線的線段分三等分，如圖，圖中H點的電勢為4V，因此H點與G點的連線為

26、等勢線，根據(jù)電場線與等勢線垂直，且指向低電勢處，可知與GH線垂直的直線即為電場線故B正確；C、由題意，A、B、C三點的電勢A=5V，B=2V，C=3V，將AB兩點連線的線段分三等分，如圖，圖中F的電勢為3V，因此F點與C點的連線為等勢線，根據(jù)電場線與等勢線垂直，且指向低電勢處，可知與CF線垂直的直線即為電場線故C正確；D、BC連線不是等勢線，其垂線就不是電場線，故D錯誤故選：BC點評：本題的解題關(guān)鍵是確定等勢點，再抓住電場線與等勢面垂直，且指向電勢降低最快的方向進行分析8如圖所示，飛行器P在赤道面繞地球做勻速圓周運動，運動方向與地球自轉(zhuǎn)方向一致，已知地球相對飛行器P的張角為，地球的半徑為R，地

27、球的自轉(zhuǎn)周期為T0，飛行器P的公轉(zhuǎn)周期為T，萬有引力常量為G，當(dāng)?shù)孛嫱ㄐ呕居^測到飛行器時，兩者就可以進行點對點直接通信，忽略信號的傳輸時間下列說法正確的是( )A地球相對飛行器P的張角越小，飛行器P的運行周期越大B飛行器P的軌道半徑r=RsinC地球的質(zhì)量M=D赤道上固定的一個地面通信基站在T0的時間內(nèi)可以與飛行器通信的總時間為考點：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)幾何知識求出飛行器的半徑，由開普勒第三定律分析其周期與軌道半徑的關(guān)系由地球的萬有引力提供向心力，根據(jù)萬有引力定律求解地球的質(zhì)量M解答：解：AB、設(shè)飛行器的軌道半徑為r，由幾何知識可得 r=Rcot，

28、則知越小，r越大，根據(jù)開普勒第三定律得知飛行器P的運行周期越大，故A正確，B錯誤C、飛行器P繞地球做勻速圓周運動，由地球的萬有引力提供向心力，則有 G=m結(jié)合 r=Rsin，解得 M=，故C正確D、設(shè)赤道上固定的一個地面通信基站在T0的時間內(nèi)可以與飛行器通信的總時間為t，則有 （）t=2（）解得 t=，故D錯誤故選：A點評：本題關(guān)鍵掌握萬有引力定律和萬有引力等于向心力這一基本思路，結(jié)合幾何知識進行解題三、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分第9題第12題為必考題，每個試題考生都必須作答第13題第18題為選考題，考生根據(jù)要求作答（一）必考題9將游標(biāo)卡尺的左右測腳合在一起，若游標(biāo)的零刻度線與主尺的零

29、刻度線不重合，就會出現(xiàn)零誤差某同學(xué)使用存在零誤差如圖1所示的游標(biāo)卡尺來進行測量，測量結(jié)果如圖2所示，則此次測量的測量值為14.40mm，真實值為13.55mm考點：刻度尺、游標(biāo)卡尺的使用 專題：實驗題分析：解決本題的關(guān)鍵掌握游標(biāo)卡尺讀數(shù)的方法，主尺讀數(shù)加上游標(biāo)讀數(shù)，不需估讀由游標(biāo)卡尺的讀數(shù)方法，逆向推理可知兩零刻度線之間的距離；解答：解：根據(jù)圖1可知，當(dāng)實際長度為0時，游標(biāo)尺的零刻度與主尺的零刻度不重合，且第17格刻度線重合，所以實際值比測量值大170.05mm=0.85mm，根據(jù)圖2可知，游標(biāo)卡尺的主尺讀數(shù)為：1.4cm=14mm，游標(biāo)尺上第8個刻度和主尺上某一刻度對齊，所以游標(biāo)讀數(shù)為80.

30、05mm=0.40mm，所以最終讀數(shù)為：14mm+0.40mm=14.40mm，實際長度：為14.40mm0.85mm=13.55mm故答案為：14.40mm；13.55mm點評：對于基本測量儀器如游標(biāo)卡尺、螺旋測微器等要了解其原理，正確使用這些基本儀器進行有關(guān)測量，難度不大，屬于基礎(chǔ)題10如圖1所示，現(xiàn)有熱敏電阻R、電爐絲R1、電源E、電磁繼電器、滑動變阻器R2、開關(guān)S和導(dǎo)線若干圖2為熱敏電阻的Rt圖象，繼電器的電阻為100當(dāng)線圈的電流大于或等于20mA時，繼電器的銜鐵被吸合為繼電器線圈和低壓電爐絲供電的電池電動勢E=9.0V，內(nèi)阻可以不計（1）請用筆劃線代替導(dǎo)線，將圖1中簡單恒溫箱溫控電路

31、圖補充完整要求溫度低于某一溫度時，電爐絲自動通電供熱，超過某一溫度時，又可以自動斷電（2）根據(jù)圖2熱敏電阻的Rt圖象，熱敏電阻的阻值R隨溫度的降低而減?。ㄌ睢霸龃蟆被颉皽p小”）如果要使恒溫箱內(nèi)的溫度保持50，可變電阻R2的阻值應(yīng)調(diào)節(jié)為260若要使恒溫箱內(nèi)的溫度稍微升高些，應(yīng)使可變電阻R2的阻值稍微增大（填“增大”或“減小”）考點：閉合電路的歐姆定律；傳感器在生產(chǎn)、生活中的應(yīng)用 分析：（1）分析電路結(jié)構(gòu)及應(yīng)實現(xiàn)的功能，即可得出對應(yīng)的電路圖；（2）要使恒溫箱內(nèi)的溫度保持 100，當(dāng)溫度達到100時，電路就要斷開，即電路要達到20mA根據(jù)閉合電路歐姆定律即可求得電阻的大小根據(jù)閉合電路歐姆定律，可確定

32、可變電阻的阻值如何變化，才能實現(xiàn)溫度保持在更高的數(shù)值解答：解：（1）溫度較低的時候，熱敏電阻的電阻較大，電路中的電流較小，此時K是閉合的，而此時要求加熱，因此只需要將電爐絲與K相連即可，如圖所示；（2）由圖可知，隨溫度升高，熱敏電阻的阻值減小；當(dāng)溫度達到50時，加熱電路就要斷開，此時繼電器的銜鐵要被吸合，即控制電路的電流要到達20mA，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得：I=，r為繼電器的電阻，由圖甲可知，50C時熱敏電阻的阻值為R=90所以有：R=Rr=90100=260由上可知，若恒溫箱內(nèi)的溫度保持在更高的數(shù)值，則可變電阻R的值應(yīng)增大，會導(dǎo)致R電阻變小，從而實現(xiàn)目標(biāo)故答案為：（1）如圖所示；（2）2

33、60；增大點評：在解答本題的時候要分析清楚，控制電路和加熱電路是兩個不同的電路，只有當(dāng)溫度較低，需要加熱的時候，加熱電路才會工作，而控制電路是一直通電的11固定的、傾角=37的斜面AC，A的正上方B點有一水槍，每隔（+1）s的時間間隔、以相同的水平速度噴出水滴水滴在空氣中飛行2s后剛好垂直打在斜面上的D點（圖中未標(biāo)出）質(zhì)量為M的小物塊（可當(dāng)質(zhì)點）從某個時刻開始以某一初速度由A沿斜面上滑，小物塊M與斜面間滑動摩擦因數(shù)=0.5，小物塊M能到達的離A點的最遠位置為E（圖中未標(biāo)出）點，相鄰兩滴水正好落在小物塊上不考慮水滴落在M上對M的速度的影響，不考慮水滴的空氣阻力，取g=10m/s2，sin37=0

34、.6，cos37=0.8，求：（1）AB的高度；（2）AE的長度考點：平拋運動；牛頓第二定律 專題：平拋運動專題分析：（1）物體B做平拋運動，時間2s，末速度垂直斜面，根據(jù)分運動公式求解出位移、初速度，結(jié)合幾何關(guān)系求解AB的高度；（2）對物體A，根據(jù)牛頓第二定律列式求解上升和下滑過程的加速度；從D點上升和下降的總時間為（+1）s，根據(jù)位移公式列式求解出第一次到D點的速度；然后結(jié)合得到AE的長度解答：解：（1）物體B做平拋運動，時間2s，豎直分位移為： y=20m豎直分速度： vy=gt=102=20m/s末速度與斜面垂直，故末速度與水平方向的夾角為53，故： tan53=解得：=15m/s故水

35、平分位移為：x=v0t=152=30m故h=y+xtan37=20+30=42.5m（2）滑塊A上滑過程，根據(jù)牛頓第二定律，有：（mgsin37+mgcos37）=ma1解得：a1=10m/s2滑塊A下滑過程，根據(jù)牛頓第二定律，有：mgsin37mgcos37=ma2解得：a2=2m/s2設(shè)滑塊A第一次經(jīng)過D點的速度為v，則上滑過程，有：v2=2a1s 下滑過程，有：s= t=t1+t2=（1+）s 聯(lián)立解得：s=5mv=10m/st1=1st2=s故AE長度為：L=s+=5m+=42.5m答：（1）AB的高度為42.5m；（2）AE的長度為42.5m點評：本題中關(guān)鍵要明確兩個物體的受力情況和

36、運動情況，然后根據(jù)平拋運動、牛頓第二定律、運動學(xué)公式列式并結(jié)合幾何關(guān)系分析，不難12（18分）如圖所示為汽車電磁感應(yīng)減速帶原理圖（俯視圖），在汽車通過的區(qū)域設(shè)置勻強磁場，其方向垂直地面向上，大小為B，寬度為d在汽車底部固定有一個長度L1、寬度L2的N匝矩形線圈，線圈的總電阻為R，車和線圈的總質(zhì)量為m，假設(shè)汽車運動過程中所受阻力恒為f當(dāng)汽車以初速度v0進入磁場區(qū)域的左側(cè)，開始以大小為a的恒定加速度減速駛?cè)氪艌鰠^(qū)域，線圈全部進入磁場后，立即做勻速直線運動，直至完全離開緩沖區(qū)域，已知從線圈剛進入磁場到完全穿出磁場的過程中，汽車的牽引力做的總功為W從線圈的前邊與磁場左邊線重合開始計時求：（1）線圈在進

37、入磁場的過程中，牽引力的功率隨時間變化的關(guān)系式（2）線圈進入磁場的過程中，所產(chǎn)生的焦耳熱考點：導(dǎo)體切割磁感線時的感應(yīng)電動勢；楞次定律 專題：電磁感應(yīng)與電路結(jié)合分析：（1）根據(jù)電磁感應(yīng)知識求得安培力，再由牛頓第二定律求出牽引力的大小，再由功率公式：P=Fv求解即可（2）分清運動形式，由運動學(xué)公式求出勻速直線運動的時間，由焦耳定律求出勻速運動產(chǎn)生的焦耳熱，再結(jié)合能量守恒求解解答：解：（1）線圈進入磁場時速度為v時感應(yīng)電動勢：E=BL2v由歐姆定律得：I=故線圈受到的安培力：F安=BIL2=根據(jù)牛頓第二定律得：FF安f=ma解得：F=f+ma+又因為線圈做勻減速運動，則有：v=v0at結(jié)合功率公式：

38、P=Fv解得：P=（f+ma+）（v0at）（2）設(shè)線圈以恒定速度v出磁場，有運動學(xué)公式：v2=2aL1得：v=運動時間為：t=產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：E=BL2v感應(yīng)電流為：I=由焦耳定律得：產(chǎn)生的熱量 Q出=I2Rt由能量守恒定律得：W=mv2+f（d+L1）+Q進+Q出解得：Q進=Wm（2aL1）f（d+L1）答：（1）牽引力的功率隨時間變化的關(guān)系式為P=（f+ma+）（v0at）（2）線圈進入磁場過程中，線圈中產(chǎn)生的焦耳熱為Wm（2aL1）f（d+L1）點評：本題是力學(xué)電學(xué)相結(jié)合的綜合題，分析和求安培力是關(guān)鍵，還要正確分析能量是如何轉(zhuǎn)化的，分清運動過程合理的運用公式求解即可（二）選考題，請

39、考生從以下三個模塊中任選一模塊作答物理-選修3-313關(guān)于熱力學(xué)定律，下列說法正確的是( )A第二類永動機不可能制成是因為它違反了能量守恒定律B一定量氣體，吸熱200J，氣體對外做功220J，內(nèi)能減少20JC熱量能夠自發(fā)地從高溫物體傳到低溫物體D利用高科技手段，可以將流散到周圍環(huán)境中的內(nèi)能重新收集起來加以利用而不引起其他變化E一定質(zhì)量的100的水吸收熱量后變成100的水蒸氣，則吸收的熱量大于增加的內(nèi)能考點：熱力學(xué)第一定律；熱力學(xué)第二定律 專題：熱力學(xué)定理專題分析：解答本題應(yīng)該掌握：第二類永動機不違反了能量守恒定律，而違反了熱力學(xué)第二定律；熱力學(xué)第一定律為U=Q+W；知道熱力學(xué)第二定律的幾種不同

40、的說法解答：解：A、第二類永動機不違反了能量守恒定律，但違反了熱力學(xué)第二定律故A錯誤；B、氣體對外做功220J，W=220J，吸收200J熱量，Q=200J，根據(jù)熱力學(xué)第一定律U=Q+W得：U=20J，即內(nèi)能減少20J故B正確；C、軌跡熱力學(xué)第二定律，熱量能夠自發(fā)地從高溫物體傳到低溫物體故C正確；D、根據(jù)熱力學(xué)第二定律利用高科技手段，不可能將流散到周圍環(huán)境中的內(nèi)能重新收集起來加以利用而不引起其他變化故D錯誤；E、一定質(zhì)量的100的水吸收熱量后變成100的水蒸氣，溫度不變則內(nèi)能不變，所以則吸收的熱量大于增加的內(nèi)能故E正確故選：BCE點評：本題考查了熱力學(xué)第一定律和熱力學(xué)第二定律的幾種不同的說法，

41、大都需要記憶理解，注意在平時訓(xùn)練中加強練習(xí)14如圖甲所示，地面上放置有一內(nèi)壁光滑的圓柱形導(dǎo)熱汽缸，汽缸的橫截面積S=2.5103m2汽缸內(nèi)部有一質(zhì)量和厚度均可忽略的活塞，活塞上固定一個力傳感器，傳感器通過一根細(xì)桿與天花板固定好汽缸內(nèi)密封有溫度t0=27，壓強為p0的理想氣體，此時力傳感器的讀數(shù)恰好為0若外界大氣的壓強p0不變，當(dāng)密封氣體溫度t升高時力傳感器的讀數(shù)F也變化，描繪出Ft圖象如圖乙所示，求：（1）力傳感器的讀數(shù)為5N時，密封氣體的溫度t；（2）外界大氣的壓強p0考點：理想氣體的狀態(tài)方程；傳感器在生產(chǎn)、生活中的應(yīng)用 專題：理想氣體狀態(tài)方程專題分析：缸內(nèi)氣體等容變化，由于氣壓不可能為零，

42、故根據(jù)題中數(shù)據(jù)可得一定是升溫，根據(jù)查理定律列式求解即可解答：解：由題圖乙可知F=t27得：t=27+5=32C溫度t1=327C時，密封氣體的壓強p1=p0+=p0+1.2105 Pa密封氣體發(fā)生等容變化，則=聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)解得p0=1.2105 Pa答：（1）力傳感器的讀數(shù)為5N時，密封氣體的溫度t為32C；（2）外界大氣的壓強p0為1.2105 Pa點評：本題關(guān)鍵求解出初、末狀態(tài)的氣壓和溫度，然后根據(jù)查理定律列式求解物理-選修3-415一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，t時刻波形圖如圖中的實線所示，此時波剛好傳到P點，t+0.6s時刻的波形如圖中的虛線所示，a、b、c、P、Q是介質(zhì)中的

43、質(zhì)點，則以下說法正確的是( )A這列波的波速可能為50m/sB從t+0.6 s時刻開始，經(jīng)過0.5T，質(zhì)點b沿x軸正方向運動20mC質(zhì)點c在這段時間內(nèi)通過的路程可能為60 cmD若T=0.8s，則當(dāng)t+0.5s時刻，質(zhì)點b、P的位移相同E若T=0.8s，當(dāng)t+0.4s時刻開始計時，則質(zhì)點c的振動方程為y=0.1sin（t）（m）考點：橫波的圖象；波長、頻率和波速的關(guān)系 專題：平拋運動專題分析：由圖可知波的波長，而由兩列波的波形圖可得兩波形相距的時間與周期的關(guān)系，則可得出波速的表達式；由波速可知周期的表達式，則可得出質(zhì)點的路程及位移及質(zhì)點的振動方程解答：解：A、由圖可知，波的波長為40m；兩列波相距0.6s=（n+）T，故周期T=； 波速v=m/s=m/s，（n=0，1，2，） 當(dāng)n=0時，當(dāng)v=50m/s時，故A正確；B、質(zhì)點只能上下振動，不能隨波遷移，所以質(zhì)點b不能